AT_abc328_g Cut and Reorder 题解

AT_abc328_g Cut and Reorder

非常好的状压 DP 题目！

思路

手推一下，发现第一个操作只会进行一次，进行多次不会比进行一次更优。

假设我们已经进行过第一个操作了，那么代价就是第一个操作的代价加上 $\sum_{i=1}^{N} \left | A_{i}-B_{i} \right | $。现在关键是想怎么进行第一个操作。

数据范围不简单，显然是状压的范围。

我们可以考虑把 $A$ 的元素分成一段一段放到目标位置上，设 $d{p}_i$ 表示 $i$ 状态下的最小代价，其中 $i$ 是一个二进制数，每一位 $1$ 表示已经放上元素了，被占用了，$0$ 表示还没有放上元素。如果 $i$ 中有 $si$ 个 $1$，那么就表示把 $(A_1,A_2,\dots ,A_{si})$ 加入到被占用的位置上，不一定要按顺序。

我们用刷表法更新，即用已知去更新未知。

我们可以枚举 $i$ 中未被占用的位置，假设新的一段从这里插入，那么我们顺次枚举插入多少元素更新新的状态。

memset(dp,127,sizeof(dp));
dp[0]=0;
for(int i=0;i<(1<<n);i++)
{int si=0;//i中1的个数for(int j=0;j<n;j++)if(i&(1<<j)) si++;for(int j=0;j<n;j++)if(!(i&(1<<j))){long long sum=c,now=si+1;int f=i;for(int k=j;k<n;k++)if(!(i&(1<<k))){sum+=abs(a[now++]-b[k+1]);f|=(1<<k);dp[f]=min(dp[f],dp[i]+sum);}else break;//否则就加不进去了}
}

时间复杂度 $O(2^{N}N)$，空间复杂度 $O(2^N)$。

时间复杂度的证明

看似是 $O(2^N{N}^2)$，实则不然。

我们发现内层的 $j$ 与 $k$ 实际上是在枚举子段，假设子段长度为 $l$，则其出现 $2^{N-l}(N-l+1)$ 次，则总复杂度为 ${\sum }_{l=1}^N{2}^{N-l}(N-l+1)\approx {\sum }_{l=1}^N{2}^{N-l}N=(2^N-1)N$。

故时间复杂度为 $O(2^{N}N)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long dp[1<<22];
long long a[23],b[23],c;
int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>c;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];memset(dp,127,sizeof(dp));dp[0]=0;for(int i=0;i<(1<<n);i++){int si=0;//i中1的个数for(int j=0;j<n;j++)if(i&(1<<j)) si++;for(int j=0;j<n;j++)if(!(i&(1<<j))){long long sum=c,now=si+1;int f=i;for(int k=j;k<n;k++)if(!(i&(1<<k))){sum+=abs(a[now++]-b[k+1]);f|=(1<<k);dp[f]=min(dp[f],dp[i]+sum);}else break;//否则就加不进去了}}cout<<dp[(1<<n)-1]-c;//实际上i段需要(i-1)个c,所以我们多算了一个creturn 0;
}