【学习笔记】[AGC061E] Increment or XOR

看着感觉很吓人 毕竟是$AGC$的$E$题 ，但是其实只要给一点提示这题还是很好着手的。

也仅仅是看着很好着手罢了。

看了一下官方题解，感觉比翻译的清晰多了。

直接讲做法了。数据删除 这道题的状态设计非常巧妙，设$(k,s,f,mask)$表示一个子问题，包含这样的信息：

$1.1$ $k$表示只考虑末尾$k$位，也就是后$k$位的一个截断
$1.2$ $s$表示初始状态，其中$s=0$表示初始状态为$S$，$s=1$表示初始状态全为$0$；$t$表示目标状态，其中$t=0$表示目标状态为$T$，并且过程中不产生$k-1\to k$的进位，也就是说进位操作只影响后$k$位；$t=1$表示有且仅发生一次恰好从$k-1\to k$的进位，这句话也隐含了一些信息，我们后面再来说。
$1.3$ $mask$表示每个操作的次数的奇偶性。

定义$cost(k,s,f,mask)$表示这个子问题的最小代价。

然后看转移。我们只考虑相邻层的转移，换句话说，我们只需要在让$[0,k-1]$位匹配的基础上让$k$位匹配就好了。并且我们还有限制，进位有影响只能发生在$k-1\to k$。这个转移刚开始令我非常费解，因为它的思路有一点奇怪：用小规模的问题去强行拼凑出大规模问题的解。

$1.1$ 如果没有产生$k-1\to k$的进位，那么我们根据$mask$就能知道第$k$位是否匹配，如果匹配那么$cost(k,s,0,mask)\to cost(k+1,s,0,mask)$。这里我要多解释一句，比如说$s=1$，那么就让$S_k\leftarrow 0$，再比较经过$mask$掩码后是否与$T_k$匹配。

$1.2$ 如果产生了$k-1\to k$的进位，那么 一定 是经过了形如$(k,s,1,m_0)$，$(k,1,1,m_1),...,(k,1,f,m_i)$的操作序列，最后转移到$(k+1,s,f,⨁m_i)$。换句话说，先把$S_k\leftarrow S_k/0$，然后进行若干次$k-1\to k$的进位，但是都只影响了$[0,k]$位；因为$[0,k-1]$位已经被还原了，就只要考虑$k$位最后恰好匹配上即可。注意过程中要检验$k$位的取值。这里还是要多解释一下，如果$f=0$那么限制要宽松一些，就是说最后那一段操作没有进位，就检查最后$k$位是否匹配就好了；如果$f=1$那么最后一个操作是作了$k-1\to k$的进位的，这个时候应该保证$k$位是$1$，才能继续进位，这样和状态才合得上。最后要说的就是除了最后一次操作，过程中每一次$k-1\to k$进位的时候都要保证$k$位是$0$才行。

怎么转移不用我多说吧。直接在图上做就好了，因为边权都是非负的。

但是我们还是没有解释为什么只转移到这$4$个特殊状态是对的。这似乎可以用一句万能的套话来说明：最优解一定包含在内。想了想发现确实如此。算了就当我没证吧。乐

总结一下，这道题还是花费了我相当长的时间，感觉过程中一些处理的细节想了很久才想清楚，总体而言这道题比看起来要棘手一些。

时间复杂度$O(B{4}^n)$。

代码写起来比较不适。细节贼多，建议写之前把细节想清楚。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define db double
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
int n,vis[1<<8][2][2];
ll S,T,A,nums[8],numsets[1<<8],costs[8],now[1<<8][2][2],now2[1<<8][2][2],nxt[1<<8][2][2];
void chmin(ll &x,ll y){x=min(x,y);}
ll get(int s,int j){
    if(j==0)return S^numsets[s];
    return numsets[s];
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>S>>T>>A;
    for(int i=0;i<n;i++)cin>>nums[i]>>costs[i];
    for(int s=0;s<1<<n;s++){
        for(int i=0;i<n;i++){
            if(s>>i&1)numsets[s]^=nums[i];
        }
    }
    for(int s=0;s<1<<n;s++){
        for(int i=0;i<2;i++){
            for(int j=0;j<2;j++){
                if(j==1)now[s][i][j]=A;
                for(int k=0;k<n;k++){
                    if(s>>k&1)now[s][i][j]+=costs[k];
                }
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<=40;i++){
        memset(vis,0,sizeof vis);
        //fixed
        memset(nxt,0x3f,sizeof nxt);
        //fixed
        memset(now2,0x3f,sizeof now2);
        for(int s=0;s<1<<n;s++){
            for(int j=0;j<2;j++){
                if((get(s,j)>>i&1)==(T>>i&1)){
                    chmin(nxt[s][j][0],now[s][j][0]);
                }
            }
        }
        for(int s=0;s<1<<n;s++){
            for(int j=0;j<2;j++){
                if((get(s,j)>>i&1)==0){
                    chmin(now2[s][j][1],now[s][j][1]);
                }
                else{
                    chmin(nxt[s][j][1],now[s][j][1]);
                }
            }
        }
        //fixed
        while(1){
            int ts=-1,tj=0;
            for(int s=0;s<1<<n;s++){
                for(int j=0;j<2;j++){
                    if(!vis[s][j][1]&&now2[s][j][1]!=inf&&(ts==-1||now2[s][j][1]<now2[ts][tj][1])){
                        ts=s,tj=j;
                    }
                }
            }
            if(ts==-1)break;
            assert(vis[ts][tj][1]==0);
            vis[ts][tj][1]=1;
            for(int s2=0;s2<1<<n;s2++){
                for(int j=0;j<2;j++){
                    if(j==0){
                        if(((numsets[s2]>>i&1)^1)==(T>>i&1)){
                            chmin(nxt[ts^s2][tj][0],now2[ts][tj][1]+now[s2][1][0]);
                        }
                    }
                    else{
                        if(((numsets[s2]>>i&1)^1)==0){
                            chmin(now2[ts^s2][tj][j],now2[ts][tj][1]+now[s2][1][1]);
                        }
                        else{
                            chmin(nxt[ts^s2][tj][j],now2[ts][tj][1]+now[s2][1][1]);
                        }
                    }
                }
            }
        }
        memcpy(now,nxt,sizeof nxt);
    }
    ll res=inf;
    for(int s=0;s<1<<n;s++){
        res=min(res,now[s][0][0]);
    }
    if(res==inf)cout<<-1;
    else cout<<res;
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
本文链接：https://www.cnblogs.com/cqbzly/p/17529953.html
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