[cf 585 E] Marbles

（一道Div2E不会，我太难了）

题意：

给你一个长度为$n$的颜色序列$A$，每次操作可以选择两个相邻元素交换，求把序列交换成“相同颜色挨在一起”所需的最少操作数。

按颜色排序：设颜色$col$在序列中出现的最左处为$l$，最右处为$r$，则$A_{l},\cdots , A_{r}=col$

$n\leq 4\times 10^5,A_{i}\leq 20$

 

题解：

根据那个20的范围我们可以考虑一个状压dp的做法。

这是，一般人定义状态都是设$dp(s)$表示排好s中的颜色所需要的最少步数，转移时将其他颜色视为空位。

但这样发现还需要记录状态s的位置，才能计算答案。

这道题计算答案的方法比较巧妙，它的状态是$dp(s)$表示当这个序列中只有s中的颜色时将这个序列变得合法所需要的最少步数。

有什么区别？一个是将其他颜色视为空位，一个是直接抹除其他颜色以及它们所在的位置。

为什么要这样？假如在颜色i,j中间有颜色k，那么将j交换到i前面可以分成两种交换，一种是i与j的交换，一种是j与k的交换。

那么此时相当于只计算了前一种交换而忽略了后一种交换，看起来非常错误。

但注意到，若产生这样的情况，那么k在答案中必在i，j之前，此时一定有先将k换到前面再将j换到i前面更优。

也就是说，虽然这个做法在中间过程中答案大概率是错误的，但最终的答案却是正确的。

证明可以考虑从：

(1)得到的答案在原序列中一定可以做到；

(2)得到的答案一定不劣于正确答案；

这两点来证明。

那么我们预处理$cnt(i,j)$表示当序列中只有i,j两种颜色时，将颜色i交换到颜色j前面所需的最少步数。

画个图发现转移时累加的答案为$\sum {cnt(i,k)}$

并不难写，复杂度$O(400\times n)$

（我根本就没学明白dp）

 

代码：

#include
#define maxn 400005
#define maxm 25
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long

using namespace std;
int N,M,A[maxn];
ll dp[1<5],cnt[maxm][maxm]; //cnt[i][j]:put i infront j 
queue<int> q; bool vis[maxm]; 

inline int read(){
    int x=0,f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}

int main(){
    N=read(),M=20;
    for(int i=1;i<=N;i++) A[i]=read();
    for(int x=1;x<=M;x++)
        for(int y=1;y<=M;y++){
            while(!q.empty()) q.pop();
            for(int i=1;i<=N;i++){
                if(A[i]==x){
                    if(q.empty()) continue;
                    int u=q.front(); 
                    cnt[x][y]+=(ll)q.size();
                    q.pop(),q.push(i);
                }
                else if(A[i]==y) q.push(i);
                else continue;
            }
        }
    memset(dp,63,sizeof(dp));
    dp[0]=0;
    for(int s=0;s<(1<){
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for(int i=1;i<=M;i++){
            if(s&(1<1)) vis[i]=1;
            else vis[i]=0;
        }
        for(int i=1;i<=M;i++){
            if(s&(1<1)) continue;
            ll ans=0;
            for(int j=1;j<=M;j++)
                if(vis[j]) ans+=cnt[i][j];
            dp[s|(1<1)]=min(dp[s|(1<1)],dp[s]+ans); 
        }
    }
    printf("%I64d\n",dp[(1<1]);
    return 0;
}

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