loj3302.「联合省选 2020 A | B」信号传递

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非常显然，对于每条边把贡献拆开计算：如果边正向就是 \(y-x\)，否则是 \(k(x+y)\)，然后把贡献分摊到每个点上计算。

看到 \(m\leq23\)，考虑状压。显然一个点放在某个位置产生的贡献只与他前面有哪些点有关，于是枚举这个点集，得到 \(dp_s=\min(dp_{s-\{i\}}+g_{s-\{i\},i})\)。其中 \(g_{s,i}\) 表示前方点集为 \(s\) 当前位置放 \(i\) 的贡献，这个可以直接 \(O(m2^m)\) 递推算，即 \(g_{s+\{i\},j}=g_{s,j}+(1-k)e_{i,j}+(1+k)e_{j,i}\)。\(e_{x,y}\) 表示 \(x\) 到 \(y\) 的边数。

这个做法时空复杂度均为 \(O(m2^m)\)，时间没问题但空间太大，只有 \(80\) 分，考虑优化。

优化空间常见套路就是滚动数组。不难发现这个 dp 只会从 \(\mathrm{popcnt(s)}=i\) 的位置转移到 \(\mathrm{popcnt(s)}=i+1\) 的位置，于是可以枚举 \(s\) 的二进制下 \(1\) 的个数，然后每次向 \(1\) 个数多一的点转移。这样空间复杂度降为 \(O(2m\dbinom{23}{11})\)，可以通过。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
int n,m,k,a[100001],mp[31][31],dp[1<<23],g[1700001][24][2],cnt,now; 
vector<int> v[2];
inline int read()
{
    register int x=0;
    char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')
        c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')
    {
        x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
        c=getchar();
    }
    return x;
}
void print(register int x)
{
    if(x>=10)
        print(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline int getmin(register int x,register int y)
{
    return (x-y)>>31? x:y;
}
int main()
{
    //freopen("transfer15.in","r",stdin);
    n=read(),m=read(),k=read();
    for(register int i=1;i<=n;++i)
    {
        a[i]=read();
        if((i^1)&&(a[i-1]^a[i]))
            ++mp[a[i-1]][a[i]];
    }
    for(register int s=1;s<1<<m;++s)
        dp[s]=1<<30;
    for(register int i=1;i<=m;++i)
        for(register int j=1;j<=m;++j)
            if(i!=j)    
                g[1][j][0]+=k*mp[i][j]-mp[j][i];
    v[0].push_back(0);
    for(register int i=1;i<=m;++i)
    {
        now^=1;
        v[now].clear();
        cnt=0;
        for(register int t=0;t<(int)v[now^1].size();++t)
        {
            register int s=v[now^1][t];
            for(register int j=1;j<=m;++j)
            {
                if(s>>(j-1))
                    continue;
                v[now].push_back(s|(1<<(j-1)));
                ++cnt;
                for(register int p=1;p<=m;++p)
                    g[cnt][p][now]=g[t+1][p][now^1]+(1-k)*mp[j][p]+(1+k)*mp[p][j];
            }
        }
        for(register int t=0;t<(int)v[now^1].size();++t)
        {
            register int s=v[now^1][t];
            for(register int j=1;j<=m;++j)
            {
                if(s&(1<<(j-1)))
                    continue;
                dp[s|(1<<(j-1))]=getmin(dp[s|(1<<(j-1))],dp[s]+i*g[t+1][j][now^1]);
            }
        }
    }
    print(dp[(1<<m)-1]);
    putchar('\n');
    return 0;
}