CF2041C Cube

CF2041C Cube

题意

给出一个 \(n\times n\times n \pod{2\le n\le 12}\) 的三维数组 \(a\)，你需要选出 \(n\) 个数字 \(a_{x_1,y_1,z_1},a_{x_2,y_2,z_2},\cdots,a_{x_n,y_n,z_n}\)，且 \(x_i\neq x_j,y_i\neq y_j,c_i\neq c_j \pod{1\le i,j\le n,i\neq j}\)，求 \(\min \sum_{i=1}^n a_{x_i,y_i,z_i}\)。

思路

看到 \(n\le 12\)，一眼状压 dp。由题意可以知道 \(x,y,z\) 数组均为一个全排列。令 \(x_i=i\)，设 \(f_{i,s1,s2}\) 表示选择 \(i\) 个数后 \(y,z\) 数组的状态（由于 \(y,z\) 数组为全排列，所以状态可以表示成数字 \(i\) 是否存在），则可以很容易得出转移方程 \(f_{i,s1|(1<<j),s2|(1<<k)} = \min \{f_{i-1,s1,s2}+a_{i,j,k}\}\)，其中 \(j,k\) 没有出现在状态 \(s1,s2\) 中，最后答案即为 \(f_{n,(1<<n)-1,(1<<n)-1}\)。

容易发现时空复杂度均为 \(O(n^3\times 2^n\times 2^n)\)，显然对于 \(n\le 12\) 不能通过。对于空间可以采取滚动数组优化。因为 \(f_{i,s1,s2}\) 表示选择了 \(i\) 个数，那么 \(s1,s2\) 均可以表示选择 \(i-1\) 个数的状态，很容易预处理出来，时间复杂度也可以减小，可以通过本题。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int n,a[13][13][13],f[1<<13][1<<13][2];
vector<int> fc[13];
int count(int x){
	int res=0;
	while(x)
		res++,x&=(x-1);
	return res;
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	cin>>n;
	for(int i=0;i<n;i++){
		for(int j=0;j<n;j++){
			for(int k=0;k<n;k++){
				cin>>a[i][j][k];
			}
		}
	}
	for(int s=0;s<(1<<n);s++)
		fc[count(s)].push_back(s);
	for(int i=0;i<n;i++){
		for(int s:fc[i])
			for(int s2:fc[i])
				f[s][s2][0]=f[s][s2][1];
		for(int s:fc[i+1])
			for(int s2:fc[i+1])
				f[s][s2][1]=1e9;
		for(int j=0;j<n;j++){
			for(int k=0;k<n;k++){
				for(int s:fc[i]){
					if(s&(1<<j)) continue;
					for(int s2:fc[i]){
						if(s2&(1<<k)) continue;
						f[s|(1<<j)][s2|(1<<k)][1]=min(f[s|(1<<j)][s2|(1<<k)][1],f[s][s2][0]+a[i][j][k]);
					}
				}
			}
		}
	}
	cout<<f[(1<<n)-1][(1<<n)-1][1];
	return 0; 
}