problem

luogu-P6622

一條道路上從左至右排列著 $m$ 個信號站，初始時從左至右依次編號為 $1,2,\dots ,m$，相鄰信號站之間相隔 $1$ 單位長度。

每個信號站只能往它右側的任意信號站傳輸信號（稱為普通傳遞），每單位長度距離需要消耗 $1$ 單位時間。

道路的最左側有一個控制塔，它在最左側信號站的左側，與其相隔 $1$ 單位長度。

控制塔能與任意信號站進行雙向信號傳遞（稱為特殊傳遞），但每單位長度距離需要消耗 $k$ 個單位時間。

對于給定的長度為 $n$ 的信號傳遞序列 $S$，傳遞規則如下：

共 $n?1$ 次信號傳遞，第 $i$ 次信號傳遞將把信號從 $S_i$ 號信號站傳遞給 $S_{i+1}$ 號。

若 $S_{i+1}$ 號信號站在 $S_i$ 號右側，則將使用普通傳遞方式，從 $S_i$ 號直接傳遞給 $S_{i+1}$ 號。

若 $S_{i+1}$號信號站在 $S_i$ 號左側，則將使用特殊傳遞方式，信號將從 $S_i$ 號傳遞給控制塔，再由控制塔傳遞給 $S_{i+1}$ 號。

若 $S_i=S_{i+1}$，則信號無須傳遞。

阿基作為大工程師，他能夠任意多次交換任意兩個信號站的位置，即他能夠重排信號站的順序，這樣會使得 $S$ 消耗的傳遞時間改變。

現在阿基想知道，在他重排信號站順序后，$S$ 所消耗的傳遞時間最小能是多少。

solution

假設坐標在 $x,y$ 的兩個信號塔之間有一次 $x\to y$ 的傳遞，可以形式化地表示：
$$\{\begin{array}{llc}y?x& & x\le y\\ kx+ky& & x>y\end{array}$$
這是同構的，也就是說對于每個傳遞的貢獻可以拆成兩個信號塔的各自貢獻。

假設坐標在 $y$ 的信號塔，如果有坐標 $x\to y$ 的傳遞。

• 則對于 $y$ 所代表的信號塔而言：
  • $x\le y$，產生 $1$。
  • $x>y$，產生 $k$。
• 反之同理，對于 $x$ 所代表的信號塔而言：
  • $x\le y$，產生 $?1$。
  • $x>y$，產生 $k$。

則最終代價等于每個點的貢獻乘以其坐標再求和。

具體的數學形式推導：

設 $cnt(i,j):$ 有多少次信號塔 $i\to j$ 的傳遞，即 $cnt(i,j)={\sum }_{k=1}^n[S_k=i][S_{k+1}=j]$。

設下標 $p$ 處是 $i{d}_p$ 號信號站，推導一下每個下標對答案的貢獻。
$$ans=\sum _{i=1}^m\sum _{j=i+1}^{m}cnt(i{d}_i,i{d}_j)?(j?i)+\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^{i?1}cnt(i{d}_i,i{d}_j)?(i+j)?k$$$$=\sum _{i=1}^{m}i\left(\sum _{j=i+1}^m\right(k?cnt(i{d}_j,i{d}_i)?cnt(i{d}_i,i{d}_j))+\sum _{j=1}^{i?1}(k?cnt(i{d}_i,i{d}_j)+cnt(i{d}_j,i{d}_i)\left)\right)$$

設 $f(s):$ 考慮到 $|s|$ 位（$|s|:s$ 二進制下 $1$ 的個數），前 $|s|$ 位的信號站編號集合為 $s$ 時的最小代價。

那么 ${\sum }_{j=i+1}^m(k?cnt(i{d}_j,i{d}_i)?cnt(i{d}_i,i{d}_j))+{\sum }_{j=1}^{i?1}(k?cnt(i{d}_i,i{d}_j)+cnt(i{d}_j,i{d}_i))$ 形式中的 $j$ 其實就是以 $|s|$ 為劃分點，分成在 $s$ 集合內的編號信號塔和不在的信號塔。

于是我們可以預處理這部分的貢獻，只需要知道 $i$ 和集合 $s$ 即可。

規范化的，令 $g(i,s)={\sum }_{j\in s\wedge j=i}k?cnt(i{d}_j,i{d}_i)?cnt(i{d}_i,i{d}_j)+{\sum }_{j\in s}k?cnt(i{d}_i,i{d}_j)+cnt(i{d}_j,i{d}_i)$。

先預處理 $g(i,0)$，然后每次枚舉 $s$ 二進制下的一個 $1$（隨便拎個 $lowbit$ 位）即可 $O(1)$ 轉移。

一個數從 $\in s$ 到變成 $\in s$，先減去原來的代價再加上 $\in s$ 里面時計算的代價。

時間復雜度 $O(2^{m}m)$。

那么 $f$ 數組的轉移就比較簡潔了：枚舉 $s$ 二進制下的 $1$ 位置，取較小值。
$$f(s)=\underset{i\in s}{\min }\{f(s?\{i\})+|s|g(i,s?\{i\})\}$$
到此時空復雜度均為 $O(m{2}^m)$。

發現空間起飛了。其實觀察數據分布就會發現，$m$ 的變化只有 $1$，對空間的限制明顯狠于時間。

也就是說，難得的需要來考慮卡一下空間了。

有各種大力優化空間的妙做法，但是從應試角度，以及出題角度，私以為這種做法以及可以應付了：

轉移方程中 $g(i,s)$ ，若 $i\in s$ 則是不合法的，顯然不會被用到。

換言之，對于每個 $i$，最多只有 $2^{22}$ 種狀態。

如果只存合法狀態，內存就會 $/2$，在時間上而言是常數的東西這里就是個大優化了。

考慮怎么減半？

• 只用讓每個 $s$ 的前 $i?1$ 位不動，(s&(1<<i)-1)；
• 其余位置整體右移一位，相當于 $/2$，(s^(s&(1<<i)-1))>>1；
• 最后把兩者加起來即可。

code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 23 int n, m, k; int f[1 << maxn], g[maxn][1 << maxn - 1], cnt[maxn][maxn]; int lowbit( int x ) { return x & -x; } int main() {scanf( "%d %d %d", &n, &m, &k );for( int i = 1, x, lst = -1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &x ); x --;if( ~ lst ) ++ cnt[lst][x];lst = x;}for( int i = 0;i < m;i ++ ) {for( int j = 0;j < m;j ++ )if( i ^ j ) g[i][0] += k * cnt[j][i] - cnt[i][j];for( int s = 1;s < (1 << m);s ++ )if( ! (s >> i & 1) ) {int t = s ^ lowbit( s );int j = __builtin_ffs( s ) - 1;g[i][(s & (1<<i)-1) + ((s ^ (s & (1<<i)-1)) >> 1)] = g[i][(t & (1<<i)-1) + ((t ^ (t & (1<<i)-1)) >> 1)] + (k * cnt[i][j] + cnt[j][i]) - (k * cnt[j][i] - cnt[i][j]);}}memset( f, 0x3f, sizeof( f ) ); f[0] = 0;for( int s = 1;s < (1 << m);s ++ ) {int x = __builtin_popcount( s );for( int i = 0;i < m;i ++ )if( s >> i & 1 ) {int t = s ^ (1 << i);f[s] = min( f[s], f[t] + x * g[i][(t & (1<<i)-1) + ((t ^ (t & (1<<i)-1)) >> 1)] );}}printf( "%d\n", f[(1 << m) - 1] );return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[省选联考 2020 A/B 卷] 信号传递（状压dp + 卡空间）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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