Atcoder Keyence Programming Contest 2020 D - Swap and Flip

题目描述

Solution

写了一个简单的O(2nn(n+w))O(2^nn(n+w))O(2nn(n+w))的状压DP做法，正解似乎是O(2nn2)O(2^nn^2)O(2nn2)的，但也能过。
设我们的方案是At1,At2,...,AtnA_{t_1},A_{t_2},...,A_{t_n}At1,At2,...,Atn
有一个显然的性质是，第iii张卡片正面朝上当且仅当2∣i−ti2|i-t_i2∣i−ti，也就是原来的位置和现在的位置差是偶数，反之亦然。

因此考虑状压DP，令f[i][k]f[i][k]f[i][k]表示iii这个集合中的卡片已经选好了位置，目前最后一个数的大小为kkk，然后枚举当前填的数是ppp，就可以知道ppp卡片的朝上的数字是jjj。
f[i][j]=min(f[i−{p}][k]+num)(k<=j)f[i][j]=min(f[i-\{p\}][k]+num) \;\;\;\;\;\;\;\;\;(k<=j) f[i][j]=min(f[i−{p}][k]+num)(k<=j)
其中numnumnum，表示ppp放下之后产生的逆序对个数。

事实上只要把第二维状态的枚举改成枚举位置就能做到O(2nn2)O(2^nn^2)O(2nn2)了，但比较麻烦8想写了。

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#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 mods=998244353;
const int MAXN=600005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
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 f[1<<18][55];
PR a[MAXN];
int main()
{int n=read();for (int i=1;i<=n;i++) a[i].fi=read();for (int i=1;i<=n;i++) a[i].se=read();for (int i=0;i<1<<n;i++)for (int j=0;j<=50;j++) f[i][j]=INF; f[0][1]=0;for (int i=1;i<1<<n;i++){int t=__builtin_popcount(i);for (int p=1;p<=n;p++)if ((i>>(p-1))&1){int j=(abs(t-p)&1)?a[p].se:a[p].fi,num=0;for (int k=p+1;k<=n;k++) if ((i>>(k-1))&1) num++;  for (int k=1;k<=j;k++) upmin(f[i][j],f[i^(1<<(p-1))][k]+num);}}int ans=INF;for (int i=1;i<=50;i++) upmin(ans,f[(1<<n)-1][i]);printf("%d\n",ans==INF?-1:ans);return 0;
}