BZOJ3508 开灯 & [校内NOIP2018模拟20181027] 密码锁
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Description
xx作为信息学界的大神，拥有众多的粉丝。为了感谢众粉丝的爱戴，xx决定举办一场晚会。为了气派，xx租了一个巨大的灯屏，这个灯屏有\(m\)行，每行有\(n\)个小灯泡。对于每一行灯，有L种操作方法，第i种表示你能将任意长度恰为\(A_i\)的连续一段灯泡的状态取反（灭变亮，亮变灭）。现对于每一行给定\(K\)个点，要求这K个点发光，其余点必须保持熄灭状态。求每一行达到目标状态的最小操作数。
Input
第一行一个数\(m\)，表示LED屏的行数。
对于LED屏的每一行：
第一行为\(n,k,L\)，意义见上。
第二行为\(k\)个数，表示要求发光的\(k\)个点。
第三行为\(L\)个数，表示\(L\)种操作方式。
Output
对于LED屏的每一行：如果无法达到目标状态，输出\(-1\)，否则输出最少次数。
Sample Input
2
10 8 2
1 2 3 5 6 7 8 9
3 5
3 2 1
1 2
3
Sample Output
2
-1
HINT
对于\(100\%\)的数据，\(T\leq 10\)，\(N\leq 10000\)，\(K\leq 10\),\(L\leq 100\),\(1\leq A_i\leq N\)。
Source
Solution
一个很神仙的思路。
发现\(N\)非常大，但是\(K\)非常小，显然是状压DP，但是只状压\(K\)又不太好办。
于是我们发现，原来序列里只会有\(2K\)个点是一段\(0\)与一段\(1\)的间隔的点（我们这里取前一段的最后一个点）。然后我们又发现，不断地对一个段序列取反，实际上是让这一段和等长的只有\(1\)的序列异或。而这样之后，取反的区间内，相邻两个点的相对状态不会改变，即相邻两个点是否相等是不会改变的。
因此，我们对原序列\(a_i\)做一个这样的处理，维护这个点与后一个点的异或查分：
这样的话，我们对\(a\)里面连续的一段(\(l..r\))取反，只会改变\(b\)里面的\(b[l-1]\)与\(b[r]\)两个点。
同时,\(a\)数组与\(b\)数组之间的又是唯一确定的关系。所以我们要\(A\)的末状态，等价于对应的\(B\)。
然后我们发现，如果把全\(0\)作为初状态，发光后的作为末状态，这样末状态太乱了，不方便转移。倒不如，倒过来，发光后的为初，全\(0\)为末。然后\(A\)全\(0\)，对应的\(B\)也是全\(0\)的。
我们发现，我们实际上只是需要把初始的\(B\)里面的所有\(1\)全部去掉即可。然后，如果两个点坐标差恰好为一个操作时，就可以操作一次，那就是把这两点取反，中间的点不变！。那么我们要算出只取反\(i\)和\(j\) 需要的操作次数\(f[i][j]\)，其实只需要从\(i\)出发跑BFS最短路即可。
然后考虑如何求出总的操作次数。
我们发现，\(B\)数列中最多有\(2K\) 个点为\(1\)，所以我们只应该把那\(2K\)个点取反，其他点都不能动。那么我们状压一下这些点。然后就是一个非常显而易见的DP。\(dp[S]\)表示\(S\)里面的点已经完成了取反的任务。
然后我们类似于愤怒的小鸟的优化，这里会产生很多重复的转移，我们的\(i\)只需要取\(S\)中的最小的点就可以了。
最后答案为\(dp[full\_set]\)。
时间复杂度\(O(nmk+2^kk)\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#define inf 1000000000
#define N 10005
#define M 2000005
#define T 45
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x*=10;x+=ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,K,m,cnt;
int x[N],size[N],a[N],num[N];
bool vis[N],mark[M];
int dis[N],d[25][25];
int q[N];
int f[M];
void bfs(int x)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
int t=0,w=1;
dis[x]=0;q[t]=x;vis[x]=1;
while(t!=w)
{
int now=q[t];t++;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(now+size[i]<=n&&(!vis[now+size[i]]))
{
vis[now+size[i]]=1;
dis[now+size[i]]=dis[now]+1;
q[w++]=now+size[i];
}
if(now-size[i]>0&&(!vis[now-size[i]]))
{
vis[now-size[i]]=1;
dis[now-size[i]]=dis[now]+1;
q[w++]=now-size[i];
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(num[i])
{
if(!vis[i])d[num[x]][num[i]]=inf;
else d[num[x]][num[i]]=dis[i];
}
}
int dp(int x)
{
if(!x)return 0;
if(mark[x])return f[x];
mark[x]=1;
f[x]=inf;
int st=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
if(x&(1<<(i-1)))
{
if(!st)st=i;
else
{
if(d[st][i]!=inf)
f[x]=min(f[x],dp(x^(1<<(st-1))^(1<<(i-1)))+d[st][i]);
}
}
}
return f[x];
}
int main()
{
freopen("password.in","r",stdin);
freopen("password.out","w",stdout);
n=read();K=read();m=read();
for(int i=1;i<=K;i++)
{
x[i]=read();
a[x[i]]=1;
}
for(int i=1;i<=m;i++)size[i]=read();
for(int i=n+1;i;i--)a[i]^=a[i-1];
n++;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i])
num[i]=++cnt;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i])bfs(i);
dp((1<<cnt)-1);
if(f[(1<<cnt)-1]==inf)printf("-1");
else printf("%d",f[(1<<cnt)-1]);
return 0;
}
