洛谷 P6622 - 信号传递

没啥营养的状压DP。

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题意见洛谷。（以下用\(s\)表示题目中的\(k\)）

先预处理出\(cnt_{i,j}=\sum\limits_{k=1}^{n-1}[S_k=i][S_{k+1}=j]\)。然后设位置\(i\)是\(id_i\)号信号站，推一波\(\sum\)算出每个位置对答案的贡献：

\[\begin{aligned}ans&=\sum_{i=1}^m\sum_{j=i+1}^mcnt_{id_i,id_j}(j-i)+\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^{i-1}cnt_{id_i,id_j}s(i+j)\\&=\sum_{i=1}^m-i\sum_{j=i+1}^mcnt_{id_i,id_j}+\sum_{i=1}^mi\sum_{j=1}^{i-1}cnt_{id_j,id_i}+s\sum_{i=1}^mi\sum_{j=1}^{i-1}cnt_{id_i,id_j}+s\sum_{i=1}^mi\sum_{j=i+1}^mcnt_{id_j,id_i}\\&=\sum_{i=1}^mi\left(\sum_{j=i+1}^m\left(s\cdot cnt_{id_j,id_i}-cnt_{id_i,id_j}\right)+\sum_{j=1}^{i-1}\left(s\cdot cnt_{id_i,id_j}+cnt_{id_j,id_i}\right)\right)\end{aligned} \]

然后就有一个很显然的基于位置的状压DP了。设\(dp_{i}\)表示考虑到第\(|i|\)位，前\(|i|\)位的信号站编号集合为\(i\)时的最小总贡献。边界：\(dp_{\varnothing}=0\)，目标：\(dp_{[1,m]\cap\mathbb Z}\)。

令

\[val_{i,j}=\sum_{k\notin j,k\neq i}\left(s\cdot cnt_{id_k,id_i}-cnt_{id_i,id_k}\right)+\sum_{k\in j}\left(s\cdot cnt_{id_i,id_k}+cnt_{id_k,id_i}\right) \]

它可以通过先预处理\(\forall i\in[1,m],val_{i,\varnothing}\)，剩下的拎出来一个\(\mathrm{lowbit}\)来\(\mathrm O(1)\)转移来求出，时间复杂度\(\mathrm O(2^mm)\)。

那么状态转移方程：

\[dp_{i}=\min_{j\in i}\!\left\{dp_{i-\{j\}}+|i|val_{j,i-\{j\}}\right\} \]

如此，总时空复杂度皆为\(\mathrm O(2^mm)\)。

至此是我在考场上的做法，\(80\mathrm{pts}\)，因为空间会爆炸，一个\(val\)数组大概是\(700\)多\(\mathrm{MB}\)。考虑优化。

注意到转移方程里的\(val_{j,i-\{j\}}\)，不难发现若\(x\in y\)，那么\(val_{x,y}\)是不可能被用到的。这样一来，若只存会被用到的，空间立刻减半，能过。可转移性也很显然。实现也很简单，只需要让每个\(j\)的末\(i-1\)位原封不动，其他的位拆出来右移\(1\)位，再拼起来即可。

关于卡空间，还有很多的奇技淫巧可以把空间卡的很小很小，不过研究这个也没啥意义了（

代码（开洛谷自带O2才能过（似乎洛谷机+O2=CCF机？））：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=INT_MAX;
int lowbit(int x){return x&-x;}
const int M=23;
int n,m,s;
int cnt[M][M];
int val[M][1<<M-1];//卡空间 
int dp[1<<M];
int main(){
	cin>>n>>m>>s;
	int las;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		x--;
		if(i>1)cnt[las][x]++;//预处理cnt 
		las=x;
	}
	for(int i=0;i<m;i++){
		for(int k=0;k<m;k++)if(k!=i)val[i][0]+=s*cnt[k][i]-cnt[i][k];//预处理j=0的情况 
		for(int j=1;j<1<<m;j++)if(!(j&1<<i)){
			int x=j^lowbit(j),y=__builtin_ffs(j)-1; 
			val[i][(j&(1<<i)-1)+((j^j&(1<<i)-1)>>1)]=val[i][(x&(1<<i)-1)+((x^x&(1<<i)-1)>>1)]+(s*cnt[i][y]+cnt[y][i])-(s*cnt[y][i]-cnt[i][y]);//递推 
		}
	}
	for(int i=1;i<1<<m;i++){
		dp[i]=inf;
		int ppc=__builtin_popcount(i);
		for(int j=0;j<m;j++)if(i&1<<j){
			int x=i^1<<j;
			dp[i]=min(dp[i],dp[i^1<<j]+ppc*val[j][(x&(1<<j)-1)+((x^x&(1<<j)-1)>>1)]);//转移方程 
		}
	}
	cout<<dp[(1<<m)-1];
	return 0;
}