洛谷 P2157 [SDOI2009] 学校食堂

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前言

第一次见这么新颖的 \(dp\)，竟然可以从当前枚举的 \(i\) 的前面或者后面转移过来，这不就有后效性了吗？

好了开玩笑

其实只要状态设计好，还是没有后效性的。

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思路

状态设计

首先 \(B_i \leq 7\)，所以肯定是状压 \(dp\)，所以一定起码有两维：一维是当前枚举到的 \(i\)，一维是压缩后的状态 \(s\)（具体是什么等会说）。
然后他又说 【当前做的菜所用的时间】 还和 【前一个菜的口味】 有关系，所以需要增加一维，表示上一个打到饭的同学是 \(j\)。
但是这样开的话数组会炸。由于 \(B_i \leq 7\)，所以我们第三位可以用 \(j\) 来表示上一个打饭的同学是 \(i + j\)（\(j\) 的范围等会再说）。

现在来看 \(dp_{i, s, j}\) 的含义：表示 \([1, i-1]\) 的同学 【已经全部打完饭】 ，现在枚举到第 \(i\) 个同学， 【他以及他身后 \(7\) 个同学】 的打饭状态是 \(s\)，【目前最后一个打饭的同学】 是 \(i + j\)，此时所用的最少时间。

\(j\) 的取值范围是 \([-8, 7]\)。右边界的 \(7\) 很容易明白，就是同学 \(i\) 最多能忍受到的地方。左边界的 \(-8\) 是因为：由于上个打饭的同学 【也是 \([1, i - 1]\) 同学中最后一个打饭的】，所以第 \(i - 1\) 个同学打饭时，他最多插到第 \(i - 1 - 7 = i - 8\) 个同学的前面，所以左边界是 \(-1\)。
为了防止数组越界，在代码实现时只需要给下标加上一个偏移量就好。

状态转移

首先要分类：第 \(i\) 个同学已经打过饭了（即 \(s \ \& \ 1 == 1\)），和第 \(i\) 个同学还没打饭（即 \(s \ \& \ 1 == 0\)）。

为什么这么分呢？
因为无论做哪道 \(dp\) 时，我们所要做的状态转移就是 【把第 \(i\) 位的状态转移到第 \(i + 1\) 位】。
而在这道题中，只有当 \(s \ \& \ 1 == 1\) 时，它才能往下一位转移（解释在下面）。

1. 当 \(s \ \& \ 1 == 1\) 时，\(dp_{i, s, j}\) 可以转移到 \(dp_{i + 1, s >> 1, j - 1}\)。因为 \(i\) 的时间花费已经被计算过了，我们要考虑的就是第 \(i + 1\) 位及以后的学生。而且对于 \(i\) 来说，目前最后一个打饭同学是 \(i + j\)，那么对于 \(i + 1\) 来说，目前最后一个打饭的同学是 \(i + 1 + j - 1 == i + j\)，二者是等价的，因此可以转移。
   转移方程：

\[dp_{i + 1, s >> 1, j - 1} = min(dp_{i + 1, s >> 1, j - 1}, dp_{i, s, j}) \]

2. 当 \(s \ \& \ 1 == 0\) 时，此时无法再向 \(i + 1\) 位转移，因为不满足规定的前 \((i + 1) - 1\) 位同学都打完了饭。但是我们可以转移一下第二维的状态 \(s\)，我们可以找到一个 \([i, i + 7]\) 区间内没打饭的同学，并现在让他打饭来转移。但是需要注意一点，就是转移时看看 【有没有超过某个同学的忍耐范围】，没超过就转移。
   枚举当前状态 \(s\) 的二进制位 \(k\)，若 \(s \ \& \ (1 << k) == 0\)，那么就有转移方程：

\[dp_{i, s | (1 << k), k} = min(dp_{i, s | (1 << k), k}, dp_{i, s, j} + (T_{i + j} \oplus T_{i + k})) \]

边界条件

把 \(dp_{1, 0, 0}\) 设为 \(0\)，其他全设为 \(INF\)。

答案

\(ans = min \{dp_{n + 1, 0, k}\}, k \in [-8, 0]\)（之所以是 \(n + 1\)，是因为状态设计中第一维 \(i\) 是表示 \([1, i - 1]\) 中的同学全部打完饭）。

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代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 1e3 + 7;
const int maxs = (1 << 8) + 7;
const int inf  = 0x3f3f3f3f;

int qr() {
	int x = 0, f = 1; 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 n;
int t[maxn], b[maxn];

// dp[i][s][j] 表示考虑第 i 个人时
// 他以及他后面 7 个人(一共 8 个人) 的吃饭状态为 s
// 最后一个吃饭的人为 i + k 状态下的最少时间, k ∈ [-8, 7]
int dp[maxn][maxs][25];
void sol() {
	memset(dp, inf, sizeof(dp));
	memset(t, 0, sizeof(t));
	memset(b, 0, sizeof(b));
	n = qr();
	for (int i = 1; i <= n; ++i) t[i] = qr(), b[i] = qr();
	
	dp[1][0][-1 + 10] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int s = 0; s < (1 << 8); ++s) {
			for (int j = -8; j <= 7; ++j) {
				if (dp[i][s][j + 10] == inf) continue;
				if (s & 1) dp[i + 1][s >> 1][j - 1 + 10] = min(dp[i + 1][s >> 1][j - 1 + 10], dp[i][s][j + 10]);
				else {
					int r = inf;
					for (int k = 0; k < 8; ++k) if (!(s & (1 << k))){
						if (i + k > r) break;
						r = min(r, i + k + b[i + k]);
						dp[i][s | (1 << k)][k + 10] = 
							min(dp[i][s | (1 << k)][k + 10], dp[i][s][j + 10] + (i + j == 0 ? 0 : (t[i + k] ^ t[i + j])));
					}
				}
			}
		}
	}
	int ans = inf;
	for (int k = -8; k <= -1; ++k)
		ans = min(ans, dp[n + 1][0][k + 10]);
	printf("%d\n", ans);
}
int main() {
	int T = qr();
	while (T--) sol();
	return 0;
}