题意

传送门 AtCoder ABC 328G Cut and Reorder

题解

假设答案对应的 $a$ 下标 $0,1,\cdots ,n-1$ 经过操作 1 变换为排列 $p_0,p_1,\cdots ,p_{n-1}$，则对于满足 $p_{i-1}\ne p_i,0<i$ 的位置，都至少要分割一次，且仅需这样的分割就可以得到 $a_{p_0},a_{p_1},\cdots ,a_{p_{n-1}}$。则状态压缩优化 $p$ 的枚举即可。

不考虑分割贡献，则需要维护两个变量：集合 A = { a p 0 , a p 1 , ⋯ , a p m } \mathcal{A}=\{a_{p_{0}}, a_{p_{1}}, \cdots,a_{p_{m}}\} A={ap0​​,ap1​​,⋯,apm​​}，以及集合匹配的 $b$ 的前缀的长度 $m$。实际上，只需要维护前者，因为 $|\mathcal{A}|=m$。

容易想到两类计算分割贡献的方案。一类是新增状态 $a_{p_{i-1}}$，转移时可以直接判断 $a_{p_{i-1}}\ne a_{p_i}$，时间复杂度 $O(n^2\log n)$。另一种方案是枚举分割的段，此时每一个连续的段（除了起始段）操作 1 贡献是 $c$； $\mathcal{A}$ 状态数为 $2^n$，对于每一个状态，可能的段规模为 $O(n^2)$，时间复杂度也是 $O(n^2\log n)$；实际上，这是一个宽松的界，对于每一个段的长度 $k$，实际上对应的状态数为 $2^{n-k}$，则一个更紧的界为 $O(\sum k{2}^{n-k})=O(n\log n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int n;cin >> n;long long c;cin >> c;vector<long long> a(n), b(n);for (int i = 0; i < n; ++i) {cin >> a[i];}for (int i = 0; i < n; ++i) {cin >> b[i];}auto get_min = [&](long long &x, long long y) {x = min(x, y);};const long long inf = 1e18;vector<long long> dp(1 << n, inf);dp[0] = 0;for (int i = 0; i < 1 << n; ++i) {int bi = __builtin_popcount(i);for (int l = 0, r = 0; l < n; l = r) {if (i >> l & 1) {r = l + 1;continue;}while (r < n && (~i >> r & 1)) {r += 1;}for (int ai = l; ai < r; ++ai) {int st = 0;long long add = 0;for (int d = 1; ai + d <= r; ++d) {st |= 1 << (ai + d - 1);add += abs(a[ai + d - 1] - b[bi + d - 1]);long long split = bi == 0 ? 0 : c;get_min(dp[i | st], dp[i] + add + split);}}}}cout << dp[(1 << n) - 1] << '\n';return 0;
}