Codeforces 1238E. Keyboard Purchase

傳送門

注意到 $m$ 只有 $20$ ，考慮一下狀壓 $dp$

設 $f[S]$ 表示當前確定的字符集合為 $S$ ，那么轉移就考慮從最右邊加入的下一個字符 $c$

那么問題來了，代價如何計算

考慮每次加入一個字符以后對於所有字符間的移動$(c_i,c_{i+1})$產生的代價

那么顯然只有當 $c_i \in S$ ，$c_{i+1} \notin S$ 時，移動 $(c_i,c_{i+1})$ 會多經過當前加入的字符的位置，那么需要的時間就會增加 $1$

所以我們可以維護一個 $cnt[i][j]$ 表示 $c_{i}=i,c_{i+1}=j$ 的移動數量

那么每次轉移代價可以直接 $m^2$ 枚舉所有 $c_{i} \in S$ ，$c_{i+1} \notin S$ 的移動求出

這樣復雜度是 $m^2 \cdot 2^m$ 算一下發現達到了 $4 \cdot 10^8$ 級別，時間限制 $1s$，顯然很有問題

那么現在有兩種選擇，優化算代價的速度，或者用信仰直接交復雜度不對的代碼

然后你發現信仰是對的，卡着時限是可以過的....比如這位神仙：https://codeforces.com/contest/1238/submission/62149786

四個點 $997ms$ 一個點 $998ms$ $\text{Orz}$

但是我沒有信仰

來考慮一下如何快速計算代價，設 $h[S]$ 表示所有 $c_i \in S$ ，$c_{i+1} \notin S$ 的移動的數量

再設 $g[p][S],p \notin S$ 表示 $c_i=p , c_{i+1} \in S$ 的移動的數量

那么有 $h[S] = \sum_{p \in S} g[p][U\text{^}S]$ ，其中 $U$ 是全集

現在考慮計算 $g$ ，如果對於每個 $p,S$ 都枚舉所有 $p' \notin S$ 再累加顯然太慢了

注意到 $S$ 的子集 $S'$ 的代價 $g[p][S']$ 一定會加入到 $g[p][S]$ 中，那么對於 $S$ 直接枚舉某一位選擇的 $p'$ 

設 $S'|(1<<p')=S$，有 $g[p][S]=g[p][S']+cnt[p][p']$

然后現在又有一個小問題，要對所有 $S$ 求出某一個為 $1$ 的位置

考慮樹狀數組的操作， $x&-x$ 就是 $x$ 的第一位 $1$ 的值

最后維護 $pos[x]$ 表示值為 $x=(1<<p)$ 時的 $p$

然后這一題就解決了，復雜度 $O(m \cdot 2^m)$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=1e5+7,M=20;
int n,m,cnt[M][M];
int pos[(1<<M)+7],f[(1<<M)+7],g[M][(1<<M)+7],h[(1<<M)+7];
char s[N];
int main()
{
    n=read(),m=read();
    scanf("%s",s+1);
    for(int i=1;i<n;i++)
        cnt[s[i]-'a'][s[i+1]-'a']++,
        cnt[s[i+1]-'a'][s[i]-'a']++;
    for(int i=0;i<m;i++) pos[1<<i]=i;
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    int mx=(1<<m)-1; f[0]=0;
    for(int p=0;p<m;p++)
        for(int o=1;o<mx;o++)
        {
            if(o&(1<<p)) continue;
            g[p][o]=g[p][o-(o&-o)]+cnt[p][pos[o&-o]];
        }
    for(int o=0;o<mx;o++)
        for(int p=0;p<m;p++)
            if(o&(1<<p)) h[o]+=g[p][mx^o];
    for(int o=0;o<mx;o++)
        for(int p=0;p<m;p++)
        {
            if(o&(1<<p)) continue;
            f[o^(1<<p)]=min(f[o^(1<<p)],f[o]+h[o]);
        }
    printf("%d\n",f[mx]);
    return 0;
}