洛谷P3943 星空題解

一道很好的鍛鍊思維難度的題，如果您能在考場上直接想出來的話，提高組450分以上就沒問題了吧。（別像作者一樣看了好幾篇題解才勉強會）

先提取出題目大意：給定乙個長度n<=40000的01串，其中1的個數<=8，有m種操作，每次操作都是把乙個該操作對應長度的區間取反，或者說異或上1，求使整個串變為只有0的串的最小操作次數。　

首先對於一次操作，肯定不能暴力地乙個個去取反吧。優化區間操作，要麼用資料結構，要麼用字首和或差分。其實這裡可以用差分來優化：建立新的下標最大為n+1、下標正常從1開始的d陣列，d[i]=a[i]^a[i-1]，每次區間修改時，設修改的區間的左端點為l，右端點為r，只要讓a[l]和a[r+1]分別異或上1就行了。

解釋一下：這裡的差分中的「差」已經不能簡單理解為減法做差了，而是邏輯上的「差距」。差分維護的是相鄰元素間的邏輯關係，從而使能從初始狀態（a[0]）通過差分陣列表達的邏輯關係推出某個位置上a的值（從形式上看就是求字首）。對於異或來說，正好滿足這樣的性質：我們讀入串時從a[1]開始讀入，那a[0]沒管它的話就會是0，那麼發現從它開始向後與d陣列做字首異或時，設當前做到第i個位置了（即當前值=a[0]^d[1]^d[2]^……^d[i]），則當前值就是a[i]的值，同樣對於差分優化的區間操作來說，對左端點和右端點+1 處取反後，在求一遍字首異或，發現對於那個要修改的區間，真的就取反了。（可以這麼考慮：對於區間中的位置來說，修改後再求完字首後，每位都比修改前的這位多異或了1，故取反；對於區間後面的位置，修改後再求完字首後，每位都比修改前的這位多異或了2個1，就不會改變，總體上看，這個區間就被取反了。這要依賴於異或這個運算可交換且有單位元（麼元）、且1有對於異或的逆元（其實所有數都有）（逆元可不只限於取模喲））。因為要能實現右端點等於n的區間修改，所以d陣列的最大下標為n+1，同時也是為下文1的個數為偶數的結論做鋪墊。

那麼問題就變為：給定乙個長度n<=40001的01串，其中1的個數<=16，有m種操作，每次操作都是把下標差該操作對應長度的兩個數取反，求使整個串變為只有0的串的最小操作次數。

解釋一下：考慮將原串的1全都拿出來後乙個個加入到乙個全是0的串u裡，形成乙個與原串完全一樣的串，看看u串對應的差分陣列的變化，發現每次加入乙個1，差分陣列要麼新增2個1（加入u串的1在u串中左右沒有相鄰的1），要麼有乙個1往後或前移乙個位置（加入u串的1在u串中的左邊或右邊中只有一邊有相鄰的1），要麼減少2個1（加入u串的1在u串中的左邊和右邊都相鄰的1），因為要從u串中加最多8個1，顯然對應的差分陣列最多就16個1，同時差分陣列中1的個數一定為偶數。

顯然對於每次操作取反的兩個數中一定有乙個1，不然這次操作不但沒用，還多出了2個1，浪費次數還增多任務。考慮每次取反的兩個數：

1、有1個1：那麼結果是原來1的位置現在變成了0，原來0的位置現在變成了1。形象化地，1從原來的位置移動到了另乙個位置

2、有2個1：那麼這兩個1都會變為0，形象化地乙個1移動到了有1的位置，兩個1碰到一起就消失了。

於是問題又被形象化地轉化為：給定乙個長度n<=40001的01串，其中1的個數<=16，有m種移動長度，每次移動都是把1個1移動這個移動相應的移動長度，若2個1碰到一起（在同乙個位置）就會消失，求使整個串的所有1消失的最小移動次數。

如果我們知道了這些1兩兩碰到一起消失的最小移動次數，跑個狀壓dp就可以嘍。而這些1兩兩碰到一起消失的最小移動次數，正可以對每個1跑一遍bfs求得（把串的每一位看成乙個點，向這個點能一次移動到的所有點都連一條長度為1的邊），時間複雜度o(kmn)，完全可以接受。至於狀壓dp，推薦寫o(k*(2的2*k次方))的dp，如果寫o((k的平方)*(2的2*k次方))的dp，雖然能過這個題，但是很容易到考場上被卡。關於o(k*(2的2*k次方))，我們可以從當前狀態向以後狀態轉移，當前狀態第乙個沒有被消去的1遲早要被消去，不如先消去，轉移到包括這個1的狀態，容易發現每乙個消去所有1的狀態，都可以通過這樣的策略實現出來，所以這樣是正確的。

最後看看**吧：

1 #include2 #include3 #include4 #include5
6using
namespace
std;78
const
int n=40005,m=64,k=8;9
10int n,k,m,x,a[n],d[n],caolen[m+2],d1[k<<2],cntd1,lst[n],nxt[n*m<<1],to[n*m<<1
],cnt;
11int
wei[n],vis[n];
1213
long
long dp[1
<2],dis[k<<3][k<<3
];14
15char
ch;16
17 inline int
read()
1825
26 inline void addedge(int u,int
v)27
3233
struct
nodehead;
3637 queueq,ling;
3839 inline void bfs(int w,int ord)//
變數含義：這個1在原串中的位置，這個1在d1（將d中的1又單獨存了一下）中的位置 
40);
46while(!q.empty())
47);60}
61}62}
6364 inline void
init()
657980}
81for(int i=1;i<=n+1;++i)
82for(int j=1;j<=m;++j)
8389     memset(dis,0x3f,sizeof
dis);
90for(int i=1;i<=cntd1;i++)
91bfs(d1[i],i);92}
9394
intmain()
95110
}111     printf("
%lld
",dp[lim]);
112return0;
113 }

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