CF917C. Pollywog

题目描述

Solution

看完题，基本的方向就是状压DP。

因为每次都是最左边的青蛙跳至多kkk步，容易发现任意两个青蛙之间的距离始终小于kkk。

因此可以把连续kkk个位置的空闲状态压在(kx)≤70\binom{k}{x}\leq70(xk)≤70个二进制数中，用f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示i...i+k−1i...i+k-1i...i+k−1的青蛙存在状态为jjj的最小代价，并保证iii位置有青蛙（避免冗余的重复状态），这样转移的时候就枚举iii位置的青蛙跳几步ttt，并把j′=(jxor1)or2tj'=(j\;xor\;1)\;or\;2^t\;j′=(jxor1)or2t不断右移，保证第一个位置是111，设移了ppp位，便从f[i][j]f[i][j]f[i][j]转移至f[i+p+1][j′>>p]f[i+p+1][j'>>p]f[i+p+1][j′>>p]。

这样的时间复杂度是O(nk(kx))O(nk\binom{k}{x})O(nk(xk))的，看似是一个很不错的跳板，但事实上这种方法及其误导（我在这里卡了一万年，雾），事实上我们不需要用上述方法避免状态冗余，只需要在第iii个位置上没青蛙，即((jand1)=0)((j\;and\;1)=0)((jand1)=0)时的转移变为f[i][j]−>f[i+1][j>>1]f[i][j]->f[i+1][j>>1]f[i][j]−>f[i+1][j>>1]。那么，就不用计算所谓的ppp了，可以直接实现从f[i][j]−>f[i+1][j′]f[i][j]->f[i+1][j']f[i][j]−>f[i+1][j′]的转移。

这样我们每次的转移都是从i−>i+1i->i+1i−>i+1的，可以用矩乘优化。

对于特殊的位置iii，用矩乘算到f[i][...]f[i][...]f[i][...]之后暴力枚举转移，加额外贡献，然后继续矩乘转移即可。

时间复杂度O((kx)3lg⁡n+q(kx)2)O(\binom{k}{x}^3\lg n+q\binom{k}{x}^2)O((xk)3lgn+q(xk)2)

Code

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#include <list>
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#include <deque>
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#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int MAXN=600005;
const ll INF=1ll<<60;
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{int f=1,x=0; 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 c[10],id[305],to[305],cnt=0;
PR p[105];
struct Matrix
{int n;ll A[71][71];Matrix(int n1=70) { n=n1; for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=n;j++) A[i][j]=(i==j?0:INF);}Matrix operator * (Matrix b){Matrix ans;for (int i=1;i<=n;i++) ans.A[i][i]=INF;for (int k=1;k<=n;k++)for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=n;j++) upmin(ans.A[i][j],A[i][k]+b.A[k][j]);return ans;} Matrix operator ^ (int y){if (!y) return Matrix();Matrix ret=*this,ans;for (;y;y>>=1){if (y&1) ans=ans*ret;ret=ret*ret;}return ans;}
} nxt,ans;
int main()
{int x=read(),k=read(),n=read(),q=read();for (int i=1;i<=k;i++) c[i]=read();for (int i=1;i<=q;i++) p[i].fi=read(),p[i].se=read();sort(p+1,p+q+1);for (int i=1;i<1<<k;i++) if (__builtin_popcount(i)==x) id[i]=++cnt,to[cnt]=i;for (int i=1;i<=cnt;i++){for (int j=1;j<=cnt;j++) nxt.A[i][j]=INF;if (!(to[i]&1)) { nxt.A[i][id[to[i]>>1]]=0; continue; }for (int j=1;j<=k;j++){if ((to[i]>>j)&1) continue;nxt.A[i][id[(to[i]|(1<<j))>>1]]=c[j];}}ll sum=0; int now=1;for (int i=1;i<=q;i++){if (p[i].fi>n-x) { sum+=p[i].se; continue; }ans=ans*(nxt^(p[i].fi-now)),now=p[i].fi;for (int j=1;j<1<<k;j+=2)if (id[j])for (int t=1;t<=cnt;t++) ans.A[t][id[j]]+=p[i].se;}ans=ans*(nxt^(n-x+1-now));printf("%lld\n",ans.A[1][1]+sum);return 0;
}

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