CF917C. Pollywog

題目描述

Solution

看完題，基本的方向就是狀壓DP。

因為每次都是最左邊的青蛙跳至多$k$步，容易發(fā)現(xiàn)任意兩個青蛙之間的距離始終小于$k$。

因此可以把連續(xù)$k$個位置的空閑狀態(tài)壓在$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{x}\right)\le 70$個二進制數(shù)中，用$f[i][j]$表示$i...i+k?1$的青蛙存在狀態(tài)為$j$的最小代價，并保證$i$位置有青蛙（避免冗余的重復(fù)狀態(tài)），這樣轉(zhuǎn)移的時候就枚舉$i$位置的青蛙跳幾步$t$，并把$j^{\prime }=(jxor1)or{2}^t$不斷右移，保證第一個位置是$1$，設(shè)移了$p$位，便從$f[i][j]$轉(zhuǎn)移至$f[i+p+1][j^{\prime }>>p]$。

這樣的時間復(fù)雜度是$O(nk(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{x}))$的，看似是一個很不錯的跳板，但事實上這種方法及其誤導(dǎo)（我在這里卡了一萬年，霧） ，事實上我們不需要用上述方法避免狀態(tài)冗余，只需要在第$i$個位置上沒青蛙，即$((jand1)=0)$時的轉(zhuǎn)移變?yōu)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$f[i][j]?>f[i+1][j>>1]$。那么，就不用計算所謂的$p$了，可以直接實現(xiàn)從$f[i][j]?>f[i+1][j^{\prime }]$的轉(zhuǎn)移。

這樣我們每次的轉(zhuǎn)移都是從$i?>i+1$的，可以用矩乘優(yōu)化。

對于特殊的位置$i$，用矩乘算到$f[i][...]$之后暴力枚舉轉(zhuǎn)移，加額外貢獻，然后繼續(xù)矩乘轉(zhuǎn)移即可。

時間復(fù)雜度$O({\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{x}\right)}^3\lg n+q{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{x}\right)}^2)$

Code

#include <vector> #include <list> #include <map> #include <set> #include <deque> #include <queue> #include <stack> #include <bitset> #include <algorithm> #include <functional> #include <numeric> #include <utility> #include <sstream> #include <iostream> #include <iomanip> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <string> #include <cstring> #include <ctime> #include <cassert> #include <string.h> //#include <unordered_set> //#include <unordered_map> //#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B) #define PB(A) push_back(A) #define SIZE(A) ((int)A.size()) #define LEN(A) ((int)A.length()) #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i) #define fi first #define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; } template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double lod; typedef pair<int,int> PR; typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11; const lod pi=acos(-1); const int oo=1<<30; const ll loo=1ll<<62; const int MAXN=600005; const ll INF=1ll<<60; /*--------------------------------------------------------------------*/ inline int read() {int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f; } int c[10],id[305],to[305],cnt=0; PR p[105]; struct Matrix {int n;ll A[71][71];Matrix(int n1=70) { n=n1; for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=n;j++) A[i][j]=(i==j?0:INF);}Matrix operator * (Matrix b){Matrix ans;for (int i=1;i<=n;i++) ans.A[i][i]=INF;for (int k=1;k<=n;k++)for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=n;j++) upmin(ans.A[i][j],A[i][k]+b.A[k][j]);return ans;} Matrix operator ^ (int y){if (!y) return Matrix();Matrix ret=*this,ans;for (;y;y>>=1){if (y&1) ans=ans*ret;ret=ret*ret;}return ans;} } nxt,ans; int main() {int x=read(),k=read(),n=read(),q=read();for (int i=1;i<=k;i++) c[i]=read();for (int i=1;i<=q;i++) p[i].fi=read(),p[i].se=read();sort(p+1,p+q+1);for (int i=1;i<1<<k;i++) if (__builtin_popcount(i)==x) id[i]=++cnt,to[cnt]=i;for (int i=1;i<=cnt;i++){for (int j=1;j<=cnt;j++) nxt.A[i][j]=INF;if (!(to[i]&1)) { nxt.A[i][id[to[i]>>1]]=0; continue; }for (int j=1;j<=k;j++){if ((to[i]>>j)&1) continue;nxt.A[i][id[(to[i]|(1<<j))>>1]]=c[j];}}ll sum=0; int now=1;for (int i=1;i<=q;i++){if (p[i].fi>n-x) { sum+=p[i].se; continue; }ans=ans*(nxt^(p[i].fi-now)),now=p[i].fi;for (int j=1;j<1<<k;j+=2)if (id[j])for (int t=1;t<=cnt;t++) ans.A[t][id[j]]+=p[i].se;}ans=ans*(nxt^(n-x+1-now));printf("%lld\n",ans.A[1][1]+sum);return 0; } 創(chuàng)作挑戰(zhàn)賽新人創(chuàng)作獎勵來咯，堅持創(chuàng)作打卡瓜分現(xiàn)金大獎

總結(jié)

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