problem

luogu-P6622

一条道路上从左至右排列着 mmm 个信号站，初始时从左至右依次编号为 1,2,…,m1,2,\dots,m1,2,…,m，相邻信号站之间相隔 111 单位长度。

每个信号站只能往它右侧的任意信号站传输信号（称为普通传递），每单位长度距离需要消耗 111 单位时间。

道路的最左侧有一个控制塔，它在最左侧信号站的左侧，与其相隔 111 单位长度。

控制塔能与任意信号站进行双向信号传递（称为特殊传递），但每单位长度距离需要消耗 kkk 个单位时间。

对于给定的长度为 nnn 的信号传递序列 SSS，传递规则如下：

共 n−1n-1n−1 次信号传递，第 iii 次信号传递将把信号从 SiS_iSi 号信号站传递给 Si+1S_{i+1}Si+1 号。
若 Si+1S_{i+1}Si+1 号信号站在 SiS_iSi 号右侧，则将使用普通传递方式，从 SiS_iSi 号直接传递给 Si+1S_{i+1}Si+1 号。
若 Si+1S_{i+1}Si+1号信号站在 SiS_iSi 号左侧，则将使用特殊传递方式，信号将从 SiS_iSi 号传递给控制塔，再由控制塔传递给 Si+1S_{i+1}Si+1 号。
若 Si=Si+1S_i=S_{i+1}Si=Si+1，则信号无须传递。

阿基作为大工程师，他能够任意多次交换任意两个信号站的位置，即他能够重排信号站的顺序，这样会使得 SSS 消耗的传递时间改变。

现在阿基想知道，在他重排信号站顺序后，SSS 所消耗的传递时间最小能是多少。

solution

假设坐标在 x,yx,yx,y 的两个信号塔之间有一次 x→yx\rightarrow yx→y 的传递，可以形式化地表示：
{y−xx≤ykx+kyx>y\begin{cases} y-x&&x\le y\\ kx+ky&&x>y \end{cases} {y−xkx+kyx≤yx>y
这是同构的，也就是说对于每个传递的贡献可以拆成两个信号塔的各自贡献。

假设坐标在 yyy 的信号塔，如果有坐标 x→yx\rightarrow yx→y 的传递。

则对于 yyy 所代表的信号塔而言：
- x≤yx\le yx≤y，产生 111。
- x>yx>yx>y，产生 kkk。
反之同理，对于 xxx 所代表的信号塔而言：
- x≤yx\le yx≤y，产生 −1-1−1。
- x>yx>yx>y，产生 kkk。

则最终代价等于每个点的贡献乘以其坐标再求和。

具体的数学形式推导：

设 cnt(i,j):cnt(i,j):cnt(i,j): 有多少次信号塔 i→ji\rightarrow ji→j 的传递，即 cnt(i,j)=∑k=1n[Sk=i][Sk+1=j]cnt(i,j)=\sum_{k=1}^n[S_k=i][S_{k+1}=j]cnt(i,j)=∑k=1n[Sk=i][Sk+1=j]。

设下标 ppp 处是 idpid_pidp 号信号站，推导一下每个下标对答案的贡献。
ans=∑i=1m∑j=i+1mcnt(idi,idj)∗(j−i)+∑i=1m∑j=1i−1cnt(idi,idj)∗(i+j)∗kans=\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)*(i+j)*k ans=i=1∑mj=i+1∑mcnt(idi,idj)∗(j−i)+i=1∑mj=1∑i−1cnt(idi,idj)∗(i+j)∗k=∑i=1mi(∑j=i+1m(k∗cnt(idj,idi)−cnt(idi,idj))+∑j=1i−1(k∗cnt(idi,idj)+cnt(idj,idi)))=\sum_{i=1}^mi\bigg(\sum_{j=i+1}^m\Big(k*cnt(id_j,id_i)-cnt(id_i,id_j)\Big)+\sum_{j=1}^{i-1}\Big(k*cnt(id_i,id_j)+cnt(id_j,id_i)\Big)\bigg) =i=1∑mi(j=i+1∑m(k∗cnt(idj,idi)−cnt(idi,idj))+j=1∑i−1(k∗cnt(idi,idj)+cnt(idj,idi)))

设 f(s):f(s):f(s): 考虑到 ∣s∣|s|∣s∣ 位（∣s∣:s|s|:s∣s∣:s 二进制下 111 的个数），前 ∣s∣|s|∣s∣ 位的信号站编号集合为 sss 时的最小代价。

那么 ∑j=i+1m(k∗cnt(idj,idi)−cnt(idi,idj))+∑j=1i−1(k∗cnt(idi,idj)+cnt(idj,idi))\sum_{j=i+1}^m\Big(k*cnt(id_j,id_i)-cnt(id_i,id_j)\Big)+\sum_{j=1}^{i-1}\Big(k*cnt(id_i,id_j)+cnt(id_j,id_i)\Big)∑j=i+1m(k∗cnt(idj,idi)−cnt(idi,idj))+∑j=1i−1(k∗cnt(idi,idj)+cnt(idj,idi)) 形式中的 jjj 其实就是以 ∣s∣|s|∣s∣ 为划分点，分成在 sss 集合内的编号信号塔和不在的信号塔。

于是我们可以预处理这部分的贡献，只需要知道 iii 和集合 sss 即可。

规范化的，令 g(i,s)=∑j∉s∧j≠ik∗cnt(idj,idi)−cnt(idi,idj)+∑j∈sk∗cnt(idi,idj)+cnt(idj,idi)g(i,s)=\sum_{j\not\in s\wedge j\ne i}k*cnt(id_j,id_i)-cnt(id_i,id_j)+\sum_{j\in s}k*cnt(id_i,id_j)+cnt(id_j,id_i)g(i,s)=∑j∈s∧j=ik∗cnt(idj,idi)−cnt(idi,idj)+∑j∈sk∗cnt(idi,idj)+cnt(idj,idi)。

先预处理 g(i,0)g(i,0)g(i,0)，然后每次枚举 sss 二进制下的一个 111（随便拎个 lowbitlowbitlowbit 位）即可 O(1)O(1)O(1) 转移。

一个数从 ∉s\not\in s∈s 到变成 ∈s\in s∈s，先减去原来的代价再加上 ∈s\in s∈s 里面时计算的代价。

时间复杂度 O(2mm)O(2^mm)O(2mm)。

那么 fff 数组的转移就比较简洁了：枚举 sss 二进制下的 111 位置，取较小值。
f(s)=min⁡i∈s{f(s−{i})+∣s∣g(i,s−{i})}f(s)=\min_{i\in s}\Big\{f(s-\{i\})+|s|g(i,s-\{i\})\Big\} f(s)=i∈smin{f(s−{i})+∣s∣g(i,s−{i})}
到此时空复杂度均为 O(m2m)O(m2^m)O(m2m)。

发现空间起飞了。其实观察数据分布就会发现，mmm 的变化只有 111，对空间的限制明显狠于时间。

也就是说，难得的需要来考虑卡一下空间了。

有各种大力优化空间的妙做法，但是从应试角度，以及出题角度，私以为这种做法以及可以应付了：

转移方程中 g(i,s)g(i,s)g(i,s) ，若 i∈si\in si∈s 则是不合法的，显然不会被用到。

换言之，对于每个 iii，最多只有 2222^{22}222 种状态。

如果只存合法状态，内存就会 /2/2/2，在时间上而言是常数的东西这里就是个大优化了。

考虑怎么减半？

只用让每个 sss 的前 i−1i-1i−1 位不动，(s&(1<<i)-1)；
其余位置整体右移一位，相当于 /2/2/2，(s^(s&(1<<i)-1))>>1；
最后把两者加起来即可。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 23
int n, m, k;
int f[1 << maxn], g[maxn][1 << maxn - 1], cnt[maxn][maxn];
int lowbit( int x ) { return x & -x; }
int main() {scanf( "%d %d %d", &n, &m, &k );for( int i = 1, x, lst = -1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &x ); x --;if( ~ lst ) ++ cnt[lst][x];lst = x;}for( int i = 0;i < m;i ++ ) {for( int j = 0;j < m;j ++ )if( i ^ j ) g[i][0] += k * cnt[j][i] - cnt[i][j];for( int s = 1;s < (1 << m);s ++ )if( ! (s >> i & 1) ) {int t = s ^ lowbit( s );int j = __builtin_ffs( s ) - 1;g[i][(s & (1<<i)-1) + ((s ^ (s & (1<<i)-1)) >> 1)] = g[i][(t & (1<<i)-1) + ((t ^ (t & (1<<i)-1)) >> 1)] + (k * cnt[i][j] + cnt[j][i]) - (k * cnt[j][i] - cnt[i][j]);}}memset( f, 0x3f, sizeof( f ) ); f[0] = 0;for( int s = 1;s < (1 << m);s ++ ) {int x = __builtin_popcount( s );for( int i = 0;i < m;i ++ )if( s >> i & 1 ) {int t = s ^ (1 << i);f[s] = min( f[s], f[t] + x * g[i][(t & (1<<i)-1) + ((t ^ (t & (1<<i)-1)) >> 1)] );}}printf( "%d\n", f[(1 << m) - 1] );return 0;
}

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