【题解】[SDOI2009]学校食堂
很早很早之前就觉得是一个麻烦的题目也感觉很简单不想写……结果今天写的时候发现之前的想法假了（所以不要口胡题目不写代码）
\(\text{Solution:}\)
看到 \(b[i]\leq 7\) 的数据范围先想到状压。
考虑状压一个人后面的人的打饭情况，那么可以设 \(f[i][S]\) 表示前 \(i\) 个人已经打完饭，\(i+1\to i+b[i]\) 的打饭情况是 \(S\) 的最小时间。
但是会发现一件很棘手的事情：当我们去用 \(S\) 转移的时候，把一个人放到前面影响的不仅仅是 \(i\) 一个位置，更有 \(i\to pos\) 之间的所有位置。
也就是说，如果我想要把一个位置提前，那么它必须满足所有还没有打饭的人的容忍度，这个东西是单调递减的。
所以我们可以考虑在 \(dp\) 的时候来维护一个范围，如果当前枚举的人已经超过合法范围了，那我们就直接 \(pass.\)
继续考虑，如果我们让一个人 \(j\) 到前面去，代价应该是什么呢？
由于这个状态的设计，我们发现我们没有办法获得上一次打饭的人的编号。于是，这个编号应该也作为 \(dp\) 里面的一个维度。
发现空间很大怎么办，考虑到这个人和 \(i\) 的差别不超过 \(8\) 于是我们可以考虑用一个 “位移长度” \(k\) ，以 \(i+k\) 代表上一次打饭的人的编号。这样就解决了空间的问题。
继续考虑，发现如果这样设计状态 对于第一个位置 \(1\) 来说，\(i\) 已经打完饭的最优解实际上是不是很好确定的。因为第一道菜不需要时间。于是我们稍微改一下方程：
\(f[i][j][k]\) 表示前 \(i-1\) 个人全都打完饭了，当前人们的打饭状态为 \(j,\) 上一次打饭的人的编号是 \(i+k\) 的最小时间。
发现这个 \(k\) 实际上是可以到 \(-8\) 的，因为可以把一个编号靠后的人拿到前面去，这样上一次打饭的人和 \(i\) 这一层就有可能差出 \(8.\)
为了解决这个问题，考虑把数组整体平移一下，加上一个 \(8\) 就行了。
那么，考虑转移：如果当前 \(i\) 已经打饭了，观察一下这个状态 显然对于 \(f[i+1][j>>1][k+7]\) 这个状态，\(f[i][j][k+8]\) 是和它等价的。
于是直接转移即可。
另一种转移是考虑枚举一个人去打饭，这个时候我们需要同时维护一下一个容忍度的上界，转移的时候还需要特别注意是不是第一个人。
关于初始化 \(f[1][0][7]=0\) 是指上一个打饭的人是 \(1\) 前面的一个人，且 \(0\) 后面的人都没有打饭。
转移就是：
这里是异或的原因是\(\text{a or b-a and b=a xor b}\)
最后统计答案要统计 \(n+1\) 的，因为状态设计的是 \(i-1\) 全部填满。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int dyx=0x3f3f3f3f;
const int MAXN=2e3+10;
int f[MAXN][1<<9][20];
int n,t[MAXN],b[MAXN];
inline int Min(int x,int y){return x<y?x:y;}
void solve(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d%d",&t[i],&b[i]);
memset(f,dyx,sizeof f);f[1][0][7]=0;
for(int i=1;i<=n+1;++i)
for(int j=0;j<(1<<8);++j)
for(int k=-8;k<8;++k){
if(f[i][j][k+8]!=dyx){
if(j&1)f[i+1][j>>1][k+7]=Min(f[i+1][j>>1][i+7],f[i][j][k+8]);
else{
int R=dyx;
for(int p=0;p<8;++p){
if(j>>p&1)continue;
if(i+p>R)break;
R=Min(R,i+p+b[i+p]);
f[i][j|(1<<p)][p+8]=Min(f[i][j|(1<<p)][p+8],f[i][j][k+8]+(k+i>0?(t[i+k]^t[i+p]):0));
}
}
}
}
int ans=dyx;
for(int i=0;i<=15;++i)ans=Min(ans,f[n+1][0][i]);
cout<<ans<<endl;
for(int i=1;i<=n;++i)t[i]=b[i]=0;
}
int main(){
int T;
cin>>T;
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
