「题解」Codeforces 1342F Make It Ascending

只会 \(\mathcal{O}(3^nn^2)\)，打开题解一看怎么还真是这个玩意/jy

首先集合之间形成一个 sum 和 pos 的二维偏序，那么思路就是对一维扫描线，然后另一维搞个什么东西。具体到这个题就是按照集合 sum 枚举集合，然后用状压 dp 记录 pos．

按照 sum 扫描线，令 \(f_{S,i}\) 当前选中的数状态集合为 \(S\)，最后一个位置在 \(i\)，假如当前枚举的集合是 \(T\)，那么 \(f_{S,i}\) 就能转移到 \(f'_{S\cup T,j}\)，这里要求 \(S\cap T=\emptyset,i\in S,j\in T\)．

要求 \(S\cap T=\emptyset\) 来转移实际上就是枚举子集复杂度，再算上第二维 \(i\) 以及枚举 \(j\)，复杂度是 \(\mathcal{O}(3^nn^2)\)，常数小可以过。

代码实现上有一点细节（也有可能是我写麻烦了），记录前驱的时候要记录 \(pre_{S,i,j}\) 为 \(f_{S,i}=j\) 时候的前驱，因为在转移过程中 \(f\) 可能会变。

其实这个 dp 的本质是定义域和值域交换的套路。

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n'
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pil>vpil;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
	r=0;bool w=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
	return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
#define Line cerr << "----------\n"
inline int all(int x){return (1<<x)-1;}
inline int bit(int x){return 1<<(x-1);}
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
const int N=15,inf=0x3f3f3f3f;
int n,a[N+1];
int f[(1<<N)+10][N+1],g[(1<<N)+10][N+1],s[(1<<N)+10],p[(1<<N)+10];
pii pre[(1<<N)+10][N+1][N+1];
vi eg[(1<<N)+10];
int vis[N+1];
void print(int x,int y){
	int c=0,u=-1,v=-1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(vis[i])++c;
		if(i==x)u=c;
		if(i==y)v=c;
	}
	cout << u << ' ' << v << '\n';
	vis[x]=0;
	a[y]+=a[x];
}
void solve(){
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]),vis[i]=1;
	s[0]=0;
	for(int S=0;S<=all(n);S++){
		vi().swap(eg[S]);
		for(int i=0;i<=n;i++)f[S][i]=g[S][i]=inf;
		if(S)s[S]=s[S^lowbit(S)]+a[__builtin_ctz(S)+1];
		p[S]=S;
	}
	for(int S=0;S<=all(n);S++){
		for(int T=S;;T=(T-1)&S){
			eg[T].pb(S^T);
			if(!T)break;
		}
	}
	sort(p+1,p+all(n)+1,[](const int &x,const int &y){return s[x]<s[y];});
	f[0][0]=0;
	for(int o=1,r;o<=all(n);o=r+1){
		r=o;
		while(r<all(n)&&s[p[r+1]]==s[p[o]])++r;
		vpii gx;
		for(int u=o;u<=r;u++){
			int T=p[u];
			vi pos;
			for(int i=1;i<=n;i++)
				if(bit(i)&T)
					pos.pb(i);
			for(auto S:eg[T]){
				for(int i=0;i<=n;i++)if(f[S][i]!=inf){
					for(auto j:pos)
						if(j>i){
							int w=f[S][i]+__builtin_popcount(T)-1;
							if(g[S^T][j]==inf){
								g[S^T][j]=f[S^T][j];
								gx.pb(mp(S^T,j));
							}
							if(w<g[S^T][j]){
								g[S^T][j]=w;
								pre[S^T][j][w]=mp(S,i);
							}
						}
				}
			}
		}
		for(auto i:gx){
			f[i.fi][i.se]=g[i.fi][i.se];
			g[i.fi][i.se]=inf;
		}
	}
	int S=all(n),i=0;
	for(int j=1;j<=n;j++)if(f[S][j]<f[S][i])i=j;
	int ans=f[S][i];
	cout << ans << '\n';
	while(S){
		int T=pre[S][i][ans].fi,j=pre[S][i][ans].se;
		int x=S^T;
		while(x){
			int o=__builtin_ctz(x)+1;
			if(o!=i)
				print(o,i);
			x^=lowbit(x);
		}
		ans-=__builtin_popcount(S^T)-1;
		S=T;i=j;
	}
}
signed main(){
	int T=1;
	read(T);
	while(T--){
		solve();
//		Line;
	}
	return 0;
}