傳送門
感覺真的是一道挺有質量的好題，練到了。
我就不囉嗦部分分了，直接說正解吧。
第一印象：資料範圍k≤8
k\leq8
k≤8，標籤上說也許是個狀壓dp
正式思考：首先發現乙個事情：把一段區間取反非常麻煩。我們可以考慮類似差分的思想，處理出d[i
]=a[
i]xo
ra[i
+1
]d[i]=a[i]\ xor\ a[i + 1]
d[i]=a
[i]x
ora[
i+1]
，於是將區間取反就變成了d
dd上的兩個端點取反。
那麼問題就轉化為：給定乙個01
0101
串和乙個距離集合l
ll，每次可以選兩個位置i
ii和j
jj將它們取反，但是必須滿足∣j−
i∣∈l
|j-i|\in l
∣j−i∣∈
l，問最少要操作多少次才能把它們全部變成1。
考慮將兩個位置上的數取反：
所以問題又轉化為：乙個n
nn個頂點的無向圖，有不超過2k2k
2k個點上有妹子；每次可以讓乙個點上的妹子走到另乙個點，但是走的距離有限制；兩個妹子碰到一起就都是你的了；問至少要操作多少次才能泡遍所有妹子。皮這一下十分開心
要讓兩個妹子走到一起並且操作次數盡量少，顯然要走最短路。所以就先spfa（或者可以看做乙個簡單bfs）求出每個有妹子的點到其它所有點的最短距離。複雜度o(n
mk
)o(nmk)
o(nmk)
。於是問題最終轉化為：有不超過2k2k
2k個物品，選擇其中兩個可以花一定代價消去，問最小代價和。
簡單狀壓dp即可。
有乙個小細節需要注意：對於當前狀態s
ss，可以列舉兩個不在s
ss中的物品i,j
i,ji,
j進行拓展，如果直接這樣列舉複雜度是o(k
222k
)o(k^22^)
o(k222
k)的，在某些題中可能被卡（本題應該可以過）。乙個常見優化是，物品i
ii就直接選擇不在s
ss中的編號最小的物品，而不是列舉i
ii，這樣的話複雜度就是o(k
∗22k
)o(k*2^)
o(k∗22
k)。
#include
#include
#include
#include
#include
template
<
typename t>
inline
void
read
(t& t)
inline
intread()
#if __cplusplus >= 201103l
template
<
typename t,
typename..
. args>
inline
void
read
(t& t, args&..
. args)
#else
template
<
typename t1,
typename t2>
inline
void
read
(t1& t1, t2& t2)
template
<
typename t1,
typename t2,
typename t3>
inline
void
read
(t1& t1, t2& t2, t3& t3)
template
<
typename t1,
typename t2,
typename t3,
typename t4>
inline
void
read
(t1& t1, t2& t2, t3& t3, t4& t4)
template
<
typename t1,
typename t2,
typename t3,
typename t4,
typename t5>
inline
void
read
(t1& t1, t2& t2, t3& t3, t4& t4, t5& t5)
#endif
// c++11
#ifdef win32
#define llio "%i64d"
#else
#define llio "%lld"
#endif
// win32 long long
#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define rrep(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define erep(i, x) for (int i = head[x]; i; i = next[i])
const
int maxn =
4e4+
207;
const
int inf = int_max >>3;
int a[maxn]
, b[maxn]
;int dist[20]
[maxn]
, pos[maxn]
;int dp[
1<<18]
;int n, m, k, zero;
inline
void
spfa
(int ss)}}
void
dfs(
int s)}}
intmain()
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