CF1519F Chests and Keys

CF1519F Chests and Keys

CF1519F Chests and Keys

前半部分和另一篇题解基本相同：

首先用式子来表示题意，即花费最小代价上锁以下条件成立：设 \(L_x\) 为宝箱 \(x\) 上锁的集合，则对于任意的打开的宝箱集合 \(S\)，都要满足：\(\sum\limits_{i\in S}a_i\le\sum\limits_{j\in (\bigcup_{i\in S}L_i )}b_j\)

这个东西形如HALL定理，而定理说的是点的数量关系，那么可以把 \(a_i,b_j\) 都看成点的数量，也就是进行拆点，然后转化为二分图上的问题。将每个宝箱 \(i\) 拆成 \(a_i\) 个点作为二分图的左部点；将每个锁 \(j\) 拆成 \(b_j\) 个点作为右部点。若宝箱 \(i\) 上有锁 \(j\)，则将 \(i\) 拆出的所有点向锁 \(j\) 拆出的所有点连边，得到一个二分图。条件就是让这个图的左部点存在完美匹配

考虑 dp：设 \(f_{i,j}\) 表示处理到宝箱 \(i\) 拆成的点，每个锁拆成的右部点中还没被匹配的个数（用五进制压缩成 \(j\)），最少需要花费的代价。转移时枚举当前宝箱对应的每个点匹配了哪个锁的点，加上这些锁的代价。\(f_{n,*}\) 的最小值即为答案。

这样复杂度可以做到 \(O(n·5^{2n})\)，由于有 \(continue\) 跑不满已经可以快速通过了。但保险起见，我们可以进一步优化这个 dp。

设 \(f_{i,j,k}\) 表示处理到宝箱 \(i\)，右部点剩余状态 \(j\)，宝箱 \(i\) 还有 \(k\) 个点未匹配。先枚举 \(i,j,k\)，转移的时候不用直接枚举右部匹配点的集合，只要遍历每个锁，再枚举从这个锁拿了几个点来转移。虽然在转移的过程中会出现“重复付钱”，但最优解显然会避开这种情况，对答案没有影响。

复杂度 \(O(n·5^{n}·4·m·4)=O(16n^2·5^{n})\)，但在实际测试中没啥差别，二者都飞一样快

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read (int &x) {
    char ch = getchar(); x = 0; while (!isdigit(ch)) ch = getchar();
    while (isdigit(ch)) x = x * 10 + ch - 48, ch = getchar();
} const int N = 8, M = 15625;
int n, m, a[N], b[N], c[N][N], f[N][M][5];
int v[M][N], p[N] = {0, 1, 5, 25, 125, 625, 3125};
void get (int x) {
    for (int i = m, t = x; i >= 1; --i) v[x][i] = t / p[i], t %= p[i];
}
void Min (int &x, const int y) { if (y < x) x = y; }
signed main() {
    read (n), read (m);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) read (a[i]);
    for (int i = 1; i <= m; ++i) read (b[i]);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        for (int j = 1; j <= m; ++j) read (c[i][j]);
    int mx = 0;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) mx += p[i] * b[i];
    for (int i = 0; i <= mx; ++i) get (i);
    memset (f, 0x3f, sizeof (f)); int inf = f[0][0][0];
    f[1][mx][a[1]] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        for (int j = mx; j >= 0; --j) {
            for (int k = a[i]; k >= 0; --k) {
                if (f[i][j][k] >= inf) continue;
                for (int o = 1; o <= m; ++o)
                    for (int u = 1; u <= v[j][o] && u <= k; ++u) {
                        Min (f[i][j - p[o] * u][k - u], f[i][j][k] + c[i][o]);
                    }
            }
            Min (f[i + 1][j][a[i + 1]], f[i][j][0]);
        }
    int res = inf;
    for (int i = 0; i <= mx; ++i) res = min (res, f[n + 1][i][0]);
    printf ("%d\n", res == inf ? -1 : res);
}