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题解：星空

2021-06-29 16:31:26 阅读：134 来源： 互联网

标签：星空题解 len 差分序列操作 define dis

　　首先序列A中存在若干个0与若干个1（假定0代表灯亮，1代表灯灭），目标是通过若干次操作使得序列所有元素均为0

每次操作可以从给定的m种长度中选择一种，将序列中任意一段长度为选定长度的子序列取反，求最有情况下至少需要多少次操作

　　考虑分治问题，首先根据数据范围，若在每次操作是均以O(len)复杂度对序列取反必然超时，也就是说首先需要优化取反操作

类似于T1入阵曲，区间取反也是对范围信息的查询(操作)，考虑对于范围信息进行维护的两种预处理手段：前缀和与差分，

发现利用差分我们可以在O(1)复杂度对区间进行取反，那么问题主体就由原序列转移到差分序列。

　　长度为n的序列中，存在不超过2k个1，求使得序列所有元素均为0的最小操作次数。问题元素很少，在解决完区间取反问题后

就要考虑每次操作的效果，很显然每次操作我们可以选取区间上一定距离的两点进行取反。考虑为了是的操作次数最少，每次只需

对两个位置为1，0或1，1进行操作（因为对0，0进行操作无意义），若1，1进行操作则二者均消失，若1，0进行操作则二者互换

位置，发现问题进一步转化，在可供选择的距离下，如何经过最小操作次数使得所有1相互移动最终消失，因为只有有限种距离可

供选择，故我们发现任意两个1消失所需最小距离是一定的，通过bfs可以预处理得到。

　　最终问题呈现形式为，存在不超过2k个物品，已知任意2个物品消失代价，如何选择使得所有物品消失总代价最小，很显然可以

通过状压DP解决。

　　最终考虑一下几个问题：

　　首先差分序列所有为0如何保证原序列全为0而非全为1（其实可以模拟，但思考原理更重要）。考虑差分序列对于本题的意义，其

代表原序列的不同性，一个被我们忽视的重要潜条件为：在进行差分时我们默认0号灯亮！这意味着从0号灯后若差分序列为1则代表

灯灭。此时在默认0号灯亮与差分意义的双重制约下保证操作完成时原序列为0;其实也可以考虑为在保证最优情况下，由于主观参与会

保证只对1进行操作，但是貌似并不严谨。

　　第二考虑时间复杂度优化问题，也是常见的最优化问题的等效手段。在最后进行DP是我们显然可以k^2枚举所有情况取min，然而

时间复杂度并不保险，考虑问题仅需求出最终最优结果，我们并不需要保证每个状态的最优性，因此我们只需要使得问题不断向最终结果

拓展即可。另一种理解为，在状态转移时发现有很多冗余情况，为了优化复杂度，我们在枚举时进枚举当前状态对以后第一个造成影响的

状态转移即可，可以发现能枚举到所有情况，详见代码（注意理解应用最优化问题优化部分的代码）：

 1 #include<bits/stdc++.h>                                 //注意差分序列范围为1-n+1或0-n，分别对应不同的修改方式
 2 using namespace std;                                    //为了便于DP采取0-n，修改方式为l-1，r
 3 #define P pair                                          //sta作用为虚拟建图以及还原节点
 4 #define Q queue
 5 #define I int
 6 #define LL long long
 7 #define B bool
 8 #define C char
 9 #define RE register
10 #define L inline
11 I n,k,m,cnt,len[64];
12 LL dis[16][40005],DP[1<<16];
13 B state[40005];
14 P<I,I> sta[16];
15 Q<I>q;
16 L I read(){RE I x(0);RE C z(getchar());while(!isdigit(z))z=getchar();while(isdigit(z))x=x*10+(z^48),z=getchar();return x;}
17 signed main(){
18     n = read(); k = read(); m = read();
19     for(RE I i(1);i <= k; ++ i)  state[read()] = 1; 
20     for(RE I i(0);i <= n; ++ i)  if(state[i] ^ state[i + 1]) sta[cnt] = make_pair(cnt,i),cnt++;
21     for(RE I i(0);i < m; ++ i)  len[i] = read();
22     for(RE I i(0);i < cnt; ++ i){
23       I fir(sta[i].first),sec(sta[i].second);
24       for(RE I j(0);j <= n; ++ j) dis[fir][j] = INT_MAX;
25       q.push(sec); dis[fir][sec] = 0;
26       while(!q.empty()){
27         I x(q.front()); q.pop();
28         for(RE I i(0);i < m; ++ i){
29           if(x - len[i] >= 0 && dis[fir][x - len[i]] > dis[fir][x] + 1)
30             dis[fir][x - len[i]] = dis[fir][x] + 1,q.push(x - len[i]);
31           if(x + len[i] <= n && dis[fir][x + len[i]] > dis[fir][x] + 1)
32             dis[fir][x + len[i]] = dis[fir][x] + 1,q.push(x + len[i]);
33         }  
34       }  
35     }
36     memset(DP,0x3f,sizeof(DP)); DP[0] = 0;
37     for(RE I i(0),x(0);i < 1 << cnt; ++ i,x = 0){
38       while(i & 1 << x) x++; 
39       for(RE I j(x + 1);j < cnt; ++ j)
40         if(!(i & 1 << j))  DP[i|1<<x|1<<j] = min(DP[i|1<<x|1<<j],DP[i] + dis[x][sta[j].second]);
41     }
42     printf("%lld",DP[(1<<cnt)-1]);
43 }

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标签：星空,题解,len,差分,序列,操作,define,dis
来源： https://www.cnblogs.com/HZOI-LYM/p/14950687.html

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