星空[好题][题意转化]

题目大意：给你一个0/1串，让你对区间亦或(有特定几个长度限制操作)，最后让你求出把这个0/1串变成全0串的最小操作数;

前置问题：

首先发现对原序列区间整体亦或很不好控制，因为会不断出现新的1;

那我们怎么办？

想想差分;

与普通线性数组差分一样，若原序列有初始值，则需要把原序列转化为差分序列;

具体求法即为：b[i]=a[i]-a[i-1];(b数组为差分数组，a为原数组)

同理亦或差分：b[i]=a[i]^a[i-1];

于是我们可以把原序列转化成为差分序列;

那我们为什么要把元序列转化为差分序列呢？

{

　　1.考虑区间修改，元序列有0与1相互转化，并会蹦出新的1;

　　2.而差分数组只对两端进行修改;只有0/1的单次转化;

　　3.最重要的性质,差分数组与原数组的最终状态一直，都是全0串;（若 原序列为000000000 ，亦或差分序列不也得是00000000吗）

}

一-------于是成功转化题意;

在原序列的差分序列上进行如下操作:

1.把可把1在序列上向左移动或向右移动几种固定长度，当1与1想碰时变为0;

2.求最终把这个序列变为全0串的最小操作数;

eg.差分序列:000110001100   区间修改就是选区间的左右端点（不严谨），然后对两个端点亦或，这不就是把左端点1亦或成0，而右端点0亦或成1吗;其实就是把1移动......

那这样就很好做了;

既然有固定的长度;那就把长度看成边;

把差分序列上的每个点都和他能一次操作到达的点连边;而边权就是1;一部操作吗.......

二-------于是就形成了一个图;

而我们要知道的就是1之间互相到达的代价;在图中转化为距离;

那就跑dijistrla呗;只不过得跑2k次;

但没关系啊;NlogN*2k完全可以;

一波dijistrla后，我们求出了dis[i][j] 代表的是差分序列上 第i个1 到 第j个1的 代价;

三-------于是问题又转化了：

你有2k个物品，两两能以一定代价互相匹配，求把这2k个物品分为k对的最小代价;

而k<=8;2k<=16;

状压呗;O((k^2)*(2^2k))可以卡过;

最终状态就是(1<<2k)-1;

附上自带常数的代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rd(x) scanf("%lld",&x)
#define int long long
int a[400050],b[400050],edge[1000],pos[100],id[400050];
int N,K,M;
int dis[100][100];
int f[1<<20|1],g[100][100];
vector<int>to[400500];

struct node{
    int to,dis;
    node(int a,int b){to=a;dis=b;}
    friend bool operator<(node a,node b){
        return a.dis>b.dis;
    }
};

bool v[40050];
int d[40050];
void diji(int st){
    priority_queue<node>q;
    memset(d,0x3f,sizeof(d));memset(v,0,sizeof(v));
    d[st]=0;q.push(node(st,d[st]));
    register int u,w;
    while(q.size()){
        u=q.top().to;w=q.top().dis;q.pop();
        if(v[u])continue;
        v[u]=1;
        for(register int i=0,y;i<to[u].size();++i){
            y=to[u][i];
            if(v[y])continue;
            if(d[u]+1<d[y]){
                d[y]=d[u]+1;
                q.push(node(y,d[y]));
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=pos[0];++i)
    if(id[i]!=st){
        dis[id[st]][i]=dis[i][id[st]]=d[pos[i]];
    }
}

signed main(){
    rd(N);rd(K);rd(M);
    for(register int i=1,p;i<=K;++i){
        rd(p);a[p]=1;
    }
    for(register int i=1;i<=M;++i){
        rd(edge[i]);
    }
    for(register int i=1;i<=N;++i){
        for(register int j=1;j<=M;++j){
            if(i+edge[j]>N+1)break;
            to[i].push_back(i+edge[j]);
            to[i+edge[j]].push_back(i);
        }
    }
    for(register int i=1;i<=N+1;++i){
        b[i]=a[i]^a[i-1];
        if(b[i])pos[++pos[0]]=i,id[i]=pos[0];
    }
    for(register int i=1;i<=pos[0]-1;++i)diji(pos[i]);
    /*for(int i=1;i<=pos[0];++i){
        for(int j=1;j<=pos[0];++j)cout<<dis[i][j]<<" ";
        cout<<endl;
    }*/
    for(register int i=1;i<=pos[0];++i)
        for(register int j=1;j<=pos[0];++j)
            if(i!=j)g[i][j]=(1<<i-1)|(1<<j-1);
    memset(f,0x3f,sizeof(f));register int Z=(1<<pos[0])-1;
    f[0]=0;
    for(register int i=0;i<=Z;++i)
    {
        if(i==Z)break;
        for(register int j=1;j<=pos[0];++j)
        if((i&(1<<j-1))==0){
            for(register int k=j+1;k<=pos[0];++k)
            if((i&(1<<k-1))==0){
                f[i|g[j][k]]=min(f[i|g[j][k]],f[i]+dis[j][k]);
            }
        }

    }
    printf("%lld\n",f[Z]);
}