Codeforces Round #585 (Div. 2) E - Marbles(状压dp)

题目

有n(n<=4e5)个数，每个数值代表一种颜色，第i个数ai(1<=ai<=20)

把相同的数通过交换变成连续的一段，只能交换相邻位置的数，求最小交换次数

思路来源

马老师

题解

数据范围20考虑状压，dp[i]代表i中1全部归拢的最小代价

cost[i][j]代表把i全挪在j前的代价，单独地考虑每对之间的贡献

 

如ABABBA，对每个A求其前面有多少个B最后求和(即逆序对数和)，

即把其变为AAABBB的最小代价，发现与冒泡排序交换次数相等，

标程代码也启发我们，当数只有两种的时候，统计逆序对可以用双指针降到O(n)，

 

那么，dp[i|(1<

要考虑把j放在i中已有1的后面的总代价，

(要是后面就都后面，要是前面就都前面)，

通过枚举每个不在i中的1来完成

 

状压通过压去顺序，从而把20!降为2^20

复杂度约为，但显然跑不满

 

代码

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M=20;
const int N=4e5+10;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
int n,v,mx;
ll cost[M][M],dp[1<<20];
//cost[i][j]:i全在j前的代价
vectorpos[M],in,out; 
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d",&v);
		v--;
		pos[v].push_back(i);
	}
	for(int i=0;i<20;++i)
	{
		for(int j=0;j<20;++j)
		{
			if(i==j)continue;
			if(pos[i].size()==0||pos[j].size()==0)continue;
			int l=0,r=0;
			while(lpos[j][r])r++;
				cost[i][j]+=r;
				l++;
			}
		}
	}	
	mx=(1<<20);
	memset(dp,INF,sizeof dp);
	dp[0]=0;
	for(int i=0;i>j&1)in.push_back(j); 
		else out.push_back(j);
		for(int j:out)
		{
			ll sum=0;
			for(int k:in)
			sum+=cost[k][j];
			dp[i|(1<