题解 P6622 [省选联考 2020 A/B 卷] 信号传递

洛谷 P6622 [省选联考 2020 A/B 卷] 信号传递

题解

某次模拟赛的T2，考场上懒得想正解（其实是不会QAQ），

打了个暴力就骗了$30pts$ 就火速溜了，参考了一下某位强者的题解

大概懂了一点思路，有亿点毒瘤。。。

数据范围是$m<=23$ 的明显是个状压么！！！

数组代表意义

令$f[i]$表示，当已经确定的信号站集合为$i$时，此时已确定花费的最小值是多少。

此时考虑两个转移:
- 将左向右方向中继变换为先由初始节点中继到$0$号节点，再由$0$号节点中继到目标节点
- 将从右向左的中继变换为初始节点以$−1$的花费中继到$0$号节点，再由$0$号节点中继到目标节点
$cnt_{i,j}=x$表示有$x$个需要从$i$转移到$j$
$val$的含义在下文中给出,这里需要注意一下$val$的空间$M*(2^{M-1})$刚刚好，不要开太大，否则会$MLE$
$las$表示上一个的坐标，用来更新$cnt$值

const int M=23;
int n,m,K,las,cnt[M+5][M+5],val[M+5][1<<(M-1)],f[1<<M];

初始化

拿$cnt[i][j]$存一下从$i$到$j$的总数，也就是下面这个式子：

$cnt_{i,j}= \sum_{k=1}^{n-1} [S_k=i][S_{k+1}=j] $

for(int i=1,x;i<=n;i++)
{
	scanf("%d",&x);
	x--;
	if(i>1)
		cnt[las][x]++;
	las=x;
}

算法主体

然后对于题面推算一下每个位置对于最终答案的加值,如下：

$\begin{aligned}ans&=\sum_{i=1}^m\sum_{j=i+1}^mcnt_{id_i,id_j}(j-i)+\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^{i-1}cnt_{id_i,id_j}K*(i+j)\\&=\sum_{i=1}^m-i\sum_{j=i+1}^mcnt_{id_i,id_j}+\sum_{i=1}^mi\sum_{j=1}^{i-1}cnt_{id_j,id_i}+K*\sum_{i=1}^mi\sum_{j=1}^{i-1}cnt_{id_i,id_j}+K*\sum_{i=1}^mi\sum_{j=i+1}^mcnt_{id_j,id_i}\\&=\sum_{i=1}^mi\left(\sum_{j=i+1}^m\left(K\cdot cnt_{id_j,id_i}-cnt_{id_i,id_j}\right)+\sum_{j=1}^{i-1}\left(K\cdot cnt_{id_i,id_j}+cnt_{id_j,id_i}\right)\right)\end{aligned}$

然后，用$val[i][j]$简化一下上面的式子

$vaj_{i,j}=\sum_{k\notin,k!=i}(K*cnt_{id_k,id_i}-cnt_{id_i,id_k})+\sum_{k\in j}(K*cnt_{id_i,id_k}+cnt_{id_k,id_i})$

在处理$val$数组时可以发现对于$1$～$i-1$状态的是没有必要变动的，因此只需要将i之后的更改可以了

$(j$ &$ ( (1<<i)-1)$

表示前$1$～$i-1$状态不变

$((j$^$(j$&$((1<<i)-1)))>>1)$

表示对于$i+1$～$n$状态更新，向右移一位

更改时要从$j$状态除去一个$lowbit$转移过来原因见上，

剩下的就是关于上面公式的使用了

for(int i=0;i<m;i++)
{
	for(int j=0;j<m;j++)//对于0状态进行初始化
		if(j!=i)
			val[i][0]+=K*cnt[j][i]-cnt[i][j];
	for(int j=1;j<(1<<m);j++)//更新后面状态
		if(!(j&(1<<i)))
		{
			int x=j^lowbit(j),y=__builtin_ffs(j)-1;//求最后一位1
			val[i][(j&((1<<i)-1))+((j^(j&((1<<i)-1)))>>1)]=val[i][(x&((1<<i)-1))+((x^(x&((1<<i)-1)))>>1)]+K*cnt[i][y]+cnt[y][i]+cnt[i][y]-K*cnt[y][i];
		}
}

最后就是对于$dp$方程的转移了,和上面推的式子一样,再此不做过多赘述。

for(int i=1;i<(1<<m);i++)
{
	f[i]=INT_MAX;//初始化赋最大值
	int sum=__builtin_popcount(i);//求i状态中1的数量
	for(int j=0;j<m;j++)
		if(i&(1<<j))
		{
			int x=i^(1<<j);
			f[i]=min(f[i],f[x]+sum*val[j][(x&(1<<j)-1)+((x^x&(1<<j)-1)>>1)]);
		}
}

$code$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=23;
int n,m,K,las,cnt[M+5][M+5],val[M+5][1<<(M-1)],f[1<<M];
int lowbit(int x)
{
	return x&(-x);
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
	for(int i=1,x;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&x);
		x--;
		if(i>1)
			cnt[las][x]++;
		las=x;
	}
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
		for(int j=0;j<m;j++)
			if(j!=i)
				val[i][0]+=K*cnt[j][i]-cnt[i][j];
		for(int j=1;j<(1<<m);j++)
			if(!(j&(1<<i)))
			{
				int x=j^lowbit(j),y=__builtin_ffs(j)-1;
				val[i][(j&((1<<i)-1))+((j^(j&((1<<i)-1)))>>1)]=val[i][(x&((1<<i)-1))+((x^(x&((1<<i)-1)))>>1)]+K*cnt[i][y]+cnt[y][i]+cnt[i][y]-K*cnt[y][i];
			}
	}
	for(int i=1;i<(1<<m);i++)
	{
		f[i]=INT_MAX;
		int sum=__builtin_popcount(i);
		for(int j=0;j<m;j++)
			if(i&(1<<j))
			{
				int x=i^(1<<j);
				f[i]=min(f[i],f[x]+sum*val[j][(x&(1<<j)-1)+((x^x&(1<<j)-1)>>1)]);
			}
	}
	printf("%d",f[(1<<m)-1]);
	return 0;
}

完结撒花$QAQ$