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设$f[i][j][k]$表示考虑了前$i$个数字，增加了$j$根火柴，删掉了$k$根火柴是否可能，用bitset加速DP。
然后设$g[i][j]$表示增加了$i$根火柴，删掉了$j$根火柴的最小代价，枚举移动次数进行更新。
决策满足单调性，故可以分治求解。
设$m=14n$，则时间复杂度为$O(\frac{nm^2}{64}+m^2\log m)$。
#include<cstdio>
#include<bitset>
using namespace std;
const int N=205,M=2810,inf=~0U>>1;
int n,m,p1,q1,p2,q2,p3,q3,i,j,k,o,w1[M],w2[M],w3[M],g[M],ans=inf;
int S[10]={126,48,107,121,53,93,95,112,127,125},dx[10][10],dy[10][10];
char a[N],b[N];
bitset<M>f[2][M];
inline void up(int&a,int b){if(a>b)a=b;}
void solve(int l,int r,int dl,int dr){
int m=(l+r)>>1,dm=dl,&t=g[m];
for(int o=dl;o<=m&&o<=dr;o++){
int tmp=w1[i-o]+w2[m-o]+w3[o];
if(tmp<t)t=tmp,dm=o;
}
if(l<m)solve(l,m-1,dl,dm);
if(r>m)solve(m+1,r,dm,dr);
}
int main(){
scanf("%d%s%s%d%d%d%d%d%d",&n,a+1,b+1,&p1,&q1,&p2,&q2,&p3,&q3);
for(i=1;i<=n;i++)a[i]-=‘0‘,b[i]-=‘0‘;
m=n*14;
for(i=1;i<=m;i++)w1[i]=w1[i-1]+p1*i+q1,w2[i]=w2[i-1]+p2*i+q2,w3[i]=w3[i-1]+p3*i+q3;
for(i=0;i<10;i++)for(j=0;j<10;j++)for(k=0;k<7;k++){
if(!(S[i]>>k&1)&&(S[j]>>k&1))dx[i][j]++;
if((S[i]>>k&1)&&!(S[j]>>k&1))dy[i][j]++;
}
f[0][0][0]=1;
for(i=o=1;i<=n;i++,o^=1){
for(j=0;j<=i*14;j++)f[o][j].reset();
for(j=0;j<=(i-1)*14;j++)for(k=0;k<10;k++)
f[o][j+dx[a[i]][k]+dx[b[i]][k]]|=f[o^1][j]<<(dy[a[i]][k]+dy[b[i]][k]);
}
for(i=0;i<=m;i++){
for(j=0;j<=m;j++)g[j]=inf;
solve(0,m,0,i);
for(j=0;j<=m;j++)if(f[o^1][i][j])up(ans,g[j]);
}
return printf("%d",ans),0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/clrs97/p/6442085.html
