标签：operator 序列 ++ 最小 str scanf amp 转移 cpp
题意：你要在纸上画一个长度为n * m的括号序列，第i个位置画左括号的花费是a[i % n], 画右括号的花费是b[i % n]，问画完这个括号序列的最小花费。n <= 20, m <= 1e7
思路：如果不管n和m的限制，这个题很好做，设dp[i][j]是到i位置，平衡因子是j的花费，dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1] + a[i], dp[i - 1][j + 1] + b[i])，但是这样n * m到2e8级别，这是我们无法承受的。不过，我们可以发现一个性质：平衡因子的大小不会超过2 * n,因为如果超过2 * n,我们可以通过交换顺序而不改变答案，让平衡因子都小于2 * n。我们想一下dp的转移，我们发现可以用一次矩阵乘法来执行一次转移(设转移矩阵是C)，那么C[j][j + 1] = a[i]，C[j][j - 1] = b[i]，那么乘一次这个矩阵就执行了一次转移，因为a和b数组是长度为n的循环，那么我们可以一次处理出n次转移的矩阵（由矩阵乘法的结合律可知），再用矩阵快速幂执行这样的n次转移m次，就得到了最终的答案。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 2e9
#define LL long long
using namespace std;
int a[30], b[30], N;
struct Matrix {
LL a[55][55];
Matrix(int x = INF) {
memset(a, 0x3f, sizeof(a));
for (int i = 0; i < N; i++)
a[i][i] = x;
}
friend Matrix operator * (const Matrix& A, const Matrix& B) {
Matrix ans;
for (int i = 0; i < N; i++)
for (int j = 0; j < N; j++)
for (int k = 0; k < N; k++)
ans[i][j] = min(ans[i][j], A[i][k] + B[k][j]);
return ans;
}
Matrix operator ^ (int y) {
Matrix x = *this, ans(0);
for (; y; y >>= 1) {
if(y & 1) ans = ans * x;
x = x * x;
}
return ans;
}
LL*operator [](int x) {
return a[x];
}
const LL*operator [](int x) const {
return a[x];
}
};
int main() {
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &b[i]);
N = 2 * n + 1;
Matrix dp, A(0);
dp[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
Matrix tmp;
for (int j = 0; j <= N; j++) {
if(j) tmp[j - 1][j] = a[i];
if(j < 2 * n) tmp[j + 1][j] = b[i];
}
A = A * tmp;
}
dp = dp * (A ^ m);
printf("%lld\n", dp[0][0]);
}
Codeforces 351C Jeff and Brackets 矩阵优化DP
标签：operator 序列 ++ 最小 str scanf amp 转移 cpp
原文地址：https://www.cnblogs.com/pkgunboat/p/10990308.html
