【BZOJ4676】Xor-Mul棋盘 拆位+状压DP
【BZOJ4676】Xor-Mul棋盘
Description
Input
Output
Sample Input
3 6
7 3
9 9
1 8
9 5
3 9
4 3
Sample Output
题解:首先拆位是显然的。由于n只有5,考虑状压。
设f[i][j][k]表示第i列的第j位状态为k的最小值,那么我们先计算同列之间产生的贡献,然后计算相邻列之间产生的贡献。我们可以O(n)求出同列的点的贡献,然后$O(2^{2n})$枚举当前列和上一列的状态,并希望O(1)时间得到这两个状态合在一起的价值。这个可以预处理出val[S]数组表示当前列和上一列的异或值为S时产生的贡献,然后就能转移了。
最终复杂度O(m*20*2^{2n}),居然也能过~
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m;
ll ans;
ll A[7][10010],B[7][10010],C1[7][10010],C2[7][10010],f[2][21][1025],val[1025];
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-') f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
return ret*f;
}
int main()
{
n=rd(),m=rd();
int i,j,d,a,b;
ll c;
for(i=0;i<n;i++) for(j=1;j<=m;j++) A[i][j]=rd();
for(i=0;i<n;i++) for(j=1;j<=m;j++) B[i][j]=rd();
for(i=0;i<n;i++) for(j=2;j<=m;j++) C1[i][j]=rd();
for(i=0;i<n;i++) for(j=1;j<=m;j++) C2[i][j]=rd();
for(i=1;i<=m;i++)
{
d=i&1;
memset(f[d],0,sizeof(f[d]));
if(i>1)
{
for(a=0;a<1<<n;a++)
{
val[a]=0;
for(b=0;b<n;b++) val[a]+=((a>>b)&1)*C1[b][i];
}
}
for(j=0;j<=20;j++)
{
for(a=0;a<1<<n;a++)
{
c=0;
for(b=0;b<n;b++)
{
c+=(((a>>b)&1)^((A[b][i]>>j)&1))*B[b][i];
c+=(((a>>b)&1)^((a>>((b+1)%n))&1))*C2[b][i];
}
f[d][j][a]=1ll<<60;
if(i>1) for(b=0;b<1<<n;b++) f[d][j][a]=min(f[d][j][a],c+val[a^b]+f[d^1][j][b]);
else f[d][j][a]=c;
}
}
}
for(j=0;j<=20;j++)
{
c=1ll<<60;
for(i=0;i<1<<n;i++) c=min(c,f[m&1][j][i]);
ans+=c<<j;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
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