problem

luogu-P6622

一条道路上从左至右排列着 $m$ 个信号站，初始时从左至右依次编号为 $1,2,\dots ,m$，相邻信号站之间相隔 $1$ 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 $1$ 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 $1$ 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 $k$ 个单位时间。

对于给定的长度为 $n$ 的信号传递序列 $S$，传递规则如下：

1. 共 $n-1$ 次信号传递，第 $i$ 次信号传递将把信号从 $S_i$ 号信号站传递给 $S_{i+1}$ 号。
2. 若 $S_{i+1}$ 号信号站在 $S_i$ 号右侧，则将使用普通传递方式，从 $S_i$ 号直接传递给 $S_{i+1}$ 号。
3. 若 $S_{i+1}$号信号站在 $S_i$ 号左侧，则将使用特殊传递方式，信号将从 $S_i$ 号传递给控制塔，再由控制塔传递给 $S_{i+1}$ 号。
4. 若 $S_i=S_{i+1}$，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 $S$ 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，$S$ 所消耗的传递时间最小能是多少。

solution

假设坐标在 $x,y$ 的两个信号塔之间有一次 $x\to y$ 的传递，可以形式化地表示：
$$\{\begin{array}{llc}y-x& & x\le y\\ kx+ky& & x>y\end{array}$$
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 $y$ 的信号塔，如果有坐标 $x\to y$ 的传递。

• 则对于 $y$ 所代表的信号塔而言：
  • $x\le y$，产生 $1$。
  • $x>y$，产生 $k$。
• 反之同理，对于 $x$ 所代表的信号塔而言：
  • $x\le y$，产生 $-1$。
  • $x>y$，产生 $k$。

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 $cnt(i,j):$ 有多少次信号塔 $i\to j$ 的传递，即 $cnt(i,j)={\sum }_{k=1}^n[S_k=i][S_{k+1}=j]$。

设下标 $p$ 处是 $i{d}_p$ 号信号站，推导一下每个下标对答案的贡献。
$$ans=\sum _{i=1}^m\sum _{j=i+1}^{m}cnt(i{d}_i,i{d}_j)\ast (j-i)+\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^{i-1}cnt(i{d}_i,i{d}_j)\ast (i+j)\ast k$$$$=\sum _{i=1}^{m}i\left(\sum _{j=i+1}^m\right(k\ast cnt(i{d}_j,i{d}_i)-cnt(i{d}_i,i{d}_j))+\sum _{j=1}^{i-1}(k\ast cnt(i{d}_i,i{d}_j)+cnt(i{d}_j,i{d}_i)\left)\right)$$

设 $f(s):$ 考虑到 $|s|$ 位（$|s|:s$ 二进制下 $1$ 的个数），前 $|s|$ 位的信号站编号集合为 $s$ 时的最小代价。

那么 ${\sum }_{j=i+1}^m(k\ast cnt(i{d}_j,i{d}_i)-cnt(i{d}_i,i{d}_j))+{\sum }_{j=1}^{i-1}(k\ast cnt(i{d}_i,i{d}_j)+cnt(i{d}_j,i{d}_i))$ 形式中的 $j$ 其实就是以 $|s|$ 为划分点，分成在 $s$ 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 $i$ 和集合 $s$ 即可。

规范化的，令 $g(i,s)={\sum }_{j\notin s\wedge j\ne i}k\ast cnt(i{d}_j,i{d}_i)-cnt(i{d}_i,i{d}_j)+{\sum }_{j\in s}k\ast cnt(i{d}_i,i{d}_j)+cnt(i{d}_j,i{d}_i)$。

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

一个数从 $\notin s$ 到变成 $\in s$，先减去原来的代价再加上 $\in s$ 里面时计算的代价。

时间复杂度 $O(2^{m}m)$。

那么 $f$ 数组的转移就比较简洁了：枚举 $s$ 二进制下的 $1$ 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 $O(m{2}^m)$。

发现空间起飞了。其实观察数据分布就会发现，$m$ 的变化只有 $1$，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 $g(i,s)$ ，若 $i\in s$ 则是不合法的，显然不会被用到。

换言之，对于每个 $i$，最多只有 $2^{22}$ 种状态。

如果只存合法状态，内存就会 $/2$，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 $s$ 的前 $i-1$ 位不动，(s&(1<<i)-1)；
• 其余位置整体右移一位，相当于 $/2$，(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;
}