CF79D Password（P3943 星空）

题意：

你有 n 个灯泡，一开始都未点亮。
同时你有 l 个长度，分别为 $a_1\sim a_l$
每次你可以选择一段连续的子序列，且长度为某个 $a_i$，并将这些灯泡的明灭状态取反。
求最少的操作次数，使得最后有且仅有 k 个位置是亮的，这些位置已经给定，为 $x_1\sim x_k$
1<=k<=10
1<=n<=10000
1<=l<=100

题解：

k小于等于10，这么小的范围很容易联想到状压dp，我们先试着将问题转换
题目的意思是一开始都没亮，最后指定k个位置亮了，我们可以将题目反过来，一开始有k个地方是亮的，现在要全部熄灭
有l个修改的选择，区间修改可以用线段树，但是本题没必要，线段树常数也大，我们使用差分就可以
我们利用异或差分，$b_i=a_i⨁a_{i+1}$
就比如样例1：

10 8 2
1 2 3 5 6 7 8 9
3 5

原始序列：1110111110
异或差分序列：10011000010
我们想让原序列种翻转[l,r]区间就等于在差分序列种取反$b_{l-1},b_r$，这样修改操作就是O(1)的，题目就变成：
给定一个01串，每次操作为：
从给定的l种长度中选择一种$le{n}_i$，选择序列上相距这个长度$le{n}_i$的两个位同时取反
求让序列归零的最少次数
现在就可以用状压dp了，因为异或差分后的序列中我们只需要关心1的情况，而最多也就2*k个1，直接状压即可
dp[i]表示当前状态为i下所需要的最小次数，x和y为当前状态下未被选过的位，显然有：
$$d{p}_{i|(1<<x)|(1<<y)}=min(d{p}_{i|(1<<x)|(1<<y)},d{p}_i+cost(x,y))$$
$cost(x,y)$表示同时将x和y位同时变为0所需要的最少次数
这个cost咋求？我们可以预处理这个数组，对于异或差分序列中每个1的位置跑一边迪杰斯特拉，这样就解决了

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll= 1e18;
const int INF_int= 0x3f3f3f3f;
void read(){};
template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar)
{x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...);
}
template <typename T> inline void write(T x)
{if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
void rd_test()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#elsestartTime = clock ();freopen("data.in", "r", stdin);
#endif
}
void Time_test()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
const int maxn=2e5+9;
int len[maxn];
int x[maxn];
int cnt[maxn];
int cost[500][500];
int minDis[maxn]; 
int dp[20000003];
int num;
int n,k,l;
void Dijk(int s){memset(minDis,INF_int,sizeof(minDis));minDis[cnt[s]]=0;queue<int>q;q.push(cnt[s]);while(!q.empty()){int now=q.front();q.pop();for(int i=1;i<=l;i++){if(now+len[i]<=n&&minDis[now+len[i]]>minDis[now]+1){minDis[now+len[i]]=minDis[now]+1;q.push(now+len[i]);}if(now-len[i]>=0&&minDis[now-len[i]]>minDis[now]+1){minDis[now-len[i]]=minDis[now]+1;q.push(now-len[i]);}}}for(int i=0;i<num;i++){cost[s][i]=minDis[cnt[i]];}
}
int main()
{rd_test();read(n,k,l);for(int i=1;i<=k;i++){//需要点亮的点 int t;read(t);x[t]=1;} for(int i=1;i<=l;i++){//所能操作的长度 read(len[i]);}for(int i=0;i<=n;i++){x[i]^=x[i+1];}for(int i=0;i<=n;i++){if(x[i]){cnt[num++]=i;}}for(int i=0;i<num;i++)Dijk(i);//	for(int i=0;i<num;i++){
//		for(int j=0;j<num;j++){
//			printf("cost[%d][%d]=%d\n",i,j,cost[i][j]);
//		} 
		cout<<endl;
//	}memset(dp,INF_int,sizeof(dp));dp[0]=0;int state=(1<<num)-1;for(int i=0;i<=state;i++){for(int x=0;x<num;x++){if((i>>x)&1)continue;//如果已经出现x，跳过 for(int y=x+1;y<num;y++){if((i>>y)&1)continue;//如果已经出现y，跳过 dp[i | (1ll << x) | (1ll << y)]= min(dp[i | (1ll << x) | (1ll << y)], dp[i] + cost[x][y]);}}}
//	for(int i=0;i<=state;i++)
//		printf("dp[]=%d\n",dp[i]);if(dp[state]==INF_int)puts("-1");else cout<<dp[state]<<endl;//Time_test();
}