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传送门

注意到 $m$ 只有 $20$ ，考虑一下状压 $dp$

设 $f[S]$ 表示当前确定的字符集合为 $S$ ，那么转移就考虑从最右边加入的下一个字符 $c$

那么问题来了，代价如何计算

考虑每次加入一个字符以后对于所有字符间的移动$(c_i,c_{i+1})$产生的代价

那么显然只有当 $c_i \in S$ ，$c_{i+1} \notin S$ 时，移动 $(c_i,c_{i+1})$ 会多经过当前加入的字符的位置，那么需要的时间就会增加 $1$

所以我们可以维护一个 $cnt[i][j]$ 表示 $c_{i}=i,c_{i+1}=j$ 的移动数量

那么每次转移代价可以直接 $m^2$ 枚举所有 $c_{i} \in S$ ，$c_{i+1} \notin S$ 的移动求出

这样复杂度是 $m^2 \cdot 2^m$ 算一下发现达到了 $4 \cdot 10^8$ 级别，时间限制 $1s$，显然很有问题

那么现在有两种选择，优化算代价的速度，或者用信仰直接交复杂度不对的代码

然后你发现信仰是对的，卡着时限是可以过的....比如这位神仙：https://codeforces.com/contest/1238/submission/62149786

四个点 $997ms$ 一个点 $998ms$ $\text{Orz}$

但是我没有信仰

来考虑一下如何快速计算代价，设 $h[S]$ 表示所有 $c_i \in S$ ，$c_{i+1} \notin S$ 的移动的数量

再设 $g[p][S],p \notin S$ 表示 $c_i=p , c_{i+1} \in S$ 的移动的数量

那么有 $h[S] = \sum_{p \in S} g[p][U\text{^}S]$ ，其中 $U$ 是全集

现在考虑计算 $g$ ，如果对于每个 $p,S$ 都枚举所有 $p' \notin S$ 再累加显然太慢了

注意到 $S$ 的子集 $S'$ 的代价 $g[p][S']$ 一定会加入到 $g[p][S]$ 中，那么对于 $S$ 直接枚举某一位选择的 $p'$ 

设 $S'|(1<有 $g[p][S]=g[p][S']+cnt[p][p']$

然后现在又有一个小问题，要对所有 $S$ 求出某一个为 $1$ 的位置

考虑树状数组的操作， $x&-x$ 就是 $x$ 的第一位 $1$ 的值

最后维护 $pos[x]$ 表示值为 $x=(1<

然后这一题就解决了，复杂度 $O(m \cdot 2^m)$

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=1e5+7,M=20;
int n,m,cnt[M][M];
int pos[(1<7],f[(1<7],g[M][(1<7],h[(1<7];
char s[N];
vector <int> V[M];
int main()
{
    n=read(),m=read();
    scanf("%s",s+1);
    for(int i=1;i)
        cnt[s[i]-'a'][s[i+1]-'a']++,
        cnt[s[i+1]-'a'][s[i]-'a']++;
    for(int i=0;i1<i;
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    int mx=(1<1; f[0]=0;
    for(int p=0;p)
        for(int o=1;o)
        {
            if(o&(1<continue;
            g[p][o]=g[p][o-(o&-o)]+cnt[p][pos[o&-o]];
        }
    for(int o=0;o)
        for(int p=0;p)
            if(o&(1<o];
    for(int o=0;o)
        for(int p=0;p)
        {
            if(o&(1<continue;
            f[o^(1<1<h[o]);
        }
    printf("%d\n",f[mx]);
    return 0;
}