[cf 585 E] Marbles
(一道Div2E不会,我太难了)
题意:
给你一个长度为$n$的颜色序列$A$,每次操作可以选择两个相邻元素交换,求把序列交换成“相同颜色挨在一起”所需的最少操作数。
按颜色排序:设颜色$col$在序列中出现的最左处为$l$,最右处为$r$,则$A_{l},\cdots , A_{r}=col$
$n\leq 4\times 10^5,A_{i}\leq 20$
题解:
根据那个20的范围我们可以考虑一个状压dp的做法。
一般人定义状态都是设$dp(s)$表示排好s中的颜色所需要的最少步数,转移时将其他颜色视为空位。
但这样发现还需要记录状态s的位置,才能计算答案。
这道题计算答案的方法比较巧妙,它的状态是$dp(s)$表示当这个序列中只有s中的颜色时将这个序列变得合法所需要的最少步数。
有什么区别?一个是将其他颜色视为空位,一个是直接抹除其他颜色以及它们所在的位置。
为什么要这样?假如在颜色i,j中间有颜色k,那么将j交换到i前面可以分成两种交换,一种是i与j的交换,一种是j与k的交换。
那么此时相当于只计算了前一种交换而忽略了后一种交换,看起来非常错误。
但注意到,若产生这样的情况,那么k在答案中必在i,j之前,此时一定有先将k换到前面再将j换到i前面更优。
也就是说,虽然这个做法在中间过程中答案大概率是错误的,但最终的答案却是正确的。
证明可以考虑从:
(1)得到的答案在原序列中一定可以做到;
(2)得到的答案一定不劣于正确答案;
这两点来证明。
那么我们预处理$cnt(i,j)$表示当序列中只有i,j两种颜色时,将颜色i交换到颜色j前面所需的最少步数。
画个图发现转移时累加的答案为$\sum {cnt(i,k)}$
并不难写,复杂度$O(400\times n)$
(我根本就没学明白dp)
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 400005
#define maxm 25
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long using namespace std;
int N,M,A[maxn];
ll dp[<<maxm-],cnt[maxm][maxm]; //cnt[i][j]:put i infront j
queue<int> q; bool vis[maxm]; inline int read(){
int x=,f=; char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*+c-'';
return x*f;
} int main(){
N=read(),M=;
for(int i=;i<=N;i++) A[i]=read();
for(int x=;x<=M;x++)
for(int y=;y<=M;y++){
while(!q.empty()) q.pop();
for(int i=;i<=N;i++){
if(A[i]==x){
if(q.empty()) continue;
int u=q.front();
cnt[x][y]+=(ll)q.size();
q.pop(),q.push(i);
}
else if(A[i]==y) q.push(i);
else continue;
}
}
memset(dp,,sizeof(dp));
dp[]=;
for(int s=;s<(<<M);s++){
memset(vis,,sizeof(vis));
for(int i=;i<=M;i++){
if(s&(<<i-)) vis[i]=;
else vis[i]=;
}
for(int i=;i<=M;i++){
if(s&(<<i-)) continue;
ll ans=;
for(int j=;j<=M;j++)
if(vis[j]) ans+=cnt[i][j];
dp[s|(<<i-)]=min(dp[s|(<<i-)],dp[s]+ans);
}
}
printf("%I64d\n",dp[(<<M)-]);
return ;
}
Marbles
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