赛前训练6 状压

A

简单树上差分.

B

维护 \(d_{i,j}\) 表示人 \(i\) 在第 \(j\) 位与哪些人有区别.预处理即可.

对于每个人,枚举提问的二进制状态;对于提问的每个二进制位,将它们的 \(d\) 全部拼起来,若能拼成 ((1<<n)-1)^(1<<i),则产生 \(c(j)\) 的贡献,其中 \(c(x)\) 代表 \(x\) 在二进制下 \(1\) 的个数, \(j\) 表示当前提问状态.

实现

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <stdlib.h>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
//#define int long long
using namespace std;

const int N=25;
int n,m;
int a[N][N],diff[N][N];

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<n;i++)
		for(int j=0;j<m;j++)
			cin>>a[i][j];
	for(int i=0;i<n;i++)
		for(int j=0;j<n;j++)
			for(int k=0;k<m;k++)
				if(a[i][k]!=a[j][k])
					diff[i][k]|=(1<<j);
	for(int i=0;i<n;i++){
		int ans=1e9;
		for(int j=0;j<(1<<m);j++){
			int cnt=0,person=0;
			for(int k=0;k<m;k++)
				if((j>>k)&1)
					person|=diff[i][k],cnt++;
			//cout<<person<<'\n';
			if((person|(1<<i))==(1<<n)-1)
				ans=min(ans,cnt);
		}
		cout<<(ans==1e9?-1:ans)<<' ';
	}
	return 0;
}

C

\(n \le 16\),直接状压 dp.

令 \(dp_i\) 表示字符串选取情况为 \(i\) 时的 trie 树节点最小值.

初始 \(dp_{1<<i}=|s_i|\),答案 \(dp_{(1<<n)-1}\).

转移考虑两棵 trie 树合并成 \(i\),易得 \(dp_i=dp_j+dp_{i \oplus j}-len(i)\).其中 \(len(i)\) 表示 \(i\) 状态下的 LCP.

这东西如何维护?我们发现,一堆字符串重排之后的 LCP,是由它们每种字母的最小出现次数决定的.于是可以维护 \(lcp(i,j)\) 表示 \(i\) 状态下字母 \(j\) 的最小出现次数.要维护 \(lcp(i,j)\),则必然还需要维护 \(cnt(i,j)\) 表示 \(s_i\) 中字母 \(j\) 的出现次数.这样,统计出 \(cnt\) 后,\(lcp\) 只需要枚举状态然后对它们取 \(\min\),而 \(len(i)\) 只需要加上 26 个字母的 \(lcp\) 即可.

实现

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <stdlib.h>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define int long long
using namespace std;

const int N=1<<17,M=48,K=1e6+5;
int n;
int len[N],lcp[N][M],cnt[K][M],dp[N];
string s[M];

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin>>n;
	memset(dp,0x3f,sizeof dp);
	memset(lcp,0x3f,sizeof lcp);
	for(int i=0;i<n;i++){
		cin>>s[i];
		dp[1<<i]=s[i].size();
		for(int j:s[i])
			cnt[i][j-'a']++;
	}
	for(int i=0;i<(1<<n);i++){
		for(int j=0;j<n;j++)
			if((i>>j)&1)
				for(int k=0;k<26;k++)
					lcp[i][k]=min(lcp[i][k],cnt[j][k]);
		for(int j=0;j<26;j++)
			len[i]+=lcp[i][j];
	}
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)
		for(int j=i;j;j=i&(j-1))
			dp[i]=min(dp[i],dp[j]+dp[i^j]-len[i]);
	cout<<dp[(1<<n)-1]+1;
	return 0;
}

D

见往期笔记.

总结

状压:

题型识别:见字符集想到状压、见数据范围想到状压

集合观念:二进制状态表示集合、枚举子集进行 dp

其他技巧:预处理思想、异或提取子区间

以上.