标签：开关 水题 str space 表示 取反 stdin nbsp cstring
首先最终状态是1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0
差分后为 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0
这个差分结果可以换成括号序列的思想来理解
四个1分别出现在1 4 5 10四个位置，这是一个半闭半开区间，也就是说[1,4) [5,10)这两个区间内的数都必须是1
怎么办。
我们先处理出每一段区间全部变成1所需要的最少操作数
初始时所有的位置都是0，所以我们的任务是让[1,4) [5,10)这两个区间内的数变成1，而且操作数最少
所以考虑所有让这两个内的数变成1的情况，算出每种情况的操作数，然后取最小
把[1,4) [5,10)这两个区间内的数变成1就是把这两个区间内的元素取反
我们发现，取反这两个区间和取反[1,6) [4,10)这两个区间是等价的，所以这些数可以随机两两组合来进行变换，每次变换的加起来就是这种方案的操作数
k辣么小很明显用到状态压缩
#include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; #define inf 1000000000 #define N 10005 #define M 2000005 #define T 45 queue<int>q; int n,k,m,num[N],x[N],sz[N],a[N],cnt,dis[N],d[30][30],f[M]; bool vis[N],mark[M]; void bfs(int x){ while(!q.empty())q.pop(); memset(vis,0,sizeof(vis)); q.push(x); vis[x]=1;dis[x]=0; while(!q.empty()){ int now=q.front();q.pop(); for(int i=1;i<=m;i++){ if(now+sz[i]<=n&&(!vis[now+sz[i]])){ vis[now+sz[i]]=1; dis[now+sz[i]]=dis[now]+1; q.push(now+sz[i]); } if(now-sz[i]>0&&(!vis[now-sz[i]])){ vis[now-sz[i]]=1; dis[now-sz[i]]=dis[now]+1; q.push(now-sz[i]); } } } for(int i=1;i<=n;i++) if(num[i]){ if(!vis[i])d[num[x]][num[i]]=inf; else d[num[x]][num[i]]=dis[i]; } } int dp(int x){ if(!x)return 0; if(mark[x])return f[x]; mark[x]=1;f[x]=inf; int st=0; for(int i=1;i<=cnt;i++){ if(x&(1<<(i-1))){ if(!st)st=i; else{ if(d[st][i]!=inf) f[x]=min(f[x],dp(x^(1<<(st-1))^(1<<(i-1)))+d[st][i]); } } } return f[x]; } int main(){ freopen("password.in","r",stdin); freopen("password.out","w",stdout); //freopen("Cola.txt","r",stdin); scanf("%d%d%d",&n,&k,&m); for(int i=1;i<=k;i++){scanf("%d",&x[i]);a[x[i]]=1;} for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&sz[i]); for(int i=n+1;i;i--)a[i]^=a[i-1]; n++; for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i])cnt++,num[i]=cnt;} for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i])bfs(i); dp((1<<cnt)-1); if(f[(1<<cnt)-1]==inf)printf("-1"); else printf("%d",f[(1<<cnt)-1]); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/thmyl/p/6885248.html
