cf352E Jeff and Brackets dp+矩阵快速幂（加法+min运算）

题意大致是这样的，一共要放 m 段括号序列，每一段放 n 个括号，也就是放 n*m个括号，再每一段中的 n 个位置分别有放左括号和右括号的代价，问最终摆放出合法的括号序列的最小代价是多少。

另外保证，n小于20，m小于1e7，m是整数

 

这个大概是我一年前多做的，当时在21组上T了，然后就放弃了，我也不记得当时怎么做的了，也不想看以前的代码。

很明显 n 个一段是循环的，所以肯定每个段作为一个整体考虑。为了保证括号序列的正确性，可以认为左括号为+1，右括号为-1，则正确性即过程中前缀和始终为正，最终总和为零。因此每个段的不同情况无非就是改段过程中的最小负值，以及整段的正负值。

其中最小负值范围在 [-n,0] 内，整段正负值则在 [-n,n] 内。

因此可以定义 dp 数组：

　　dp[i][j][n+k] 表示 考虑完 n 个位置中的前 i 个位置，最小负值的绝对值为 j ，正负值为 k 的最小代价，此处为了保证下标为正，第三维加上了 n。

则在 dp[i][j][n+k] 的基础上，考虑第 i+1 个位置取左括号还是右括号，即可进行状态转移：

　　dp[i+1][max(j,-(k+1))][n+k+1] = min(dp[i+1][max(j,-(k+1))][n+k+1], dp[i][j][n+k] + a[i+1]);

　　dp[i+1][max(j,-(k-1))][n+k-1] = min(dp[i+1][max(j,-(k-1))][n+k-1], dp[i][j][n+k] + b[i+1]);

此处第一维可以滚动掉，不过毕竟 n 很小，所以并不占太多空间，就没有管。

 

然后，考虑多个段进行组合，其实若干段组合起来之后，只需要记录总正负值就可以了，而考虑如果正负值达到2*n，则可以在之前就放正负值为负的，将总正负值限制在小于 2*n，即：

如果 n 为 10，则4段正负值为 10 10 -10 -10 的情况下，可以调整为 10 -10 10 -10 而保证实际情况和代价均不变。

但注意，需要保留到 2*n-1 （大概？），因为如果限制在小于 n 的话，会导致最小负值较小的不能参与转移。

 

然后我们就可以进行块的转移推导了：

我们可以考虑在已有正负值为 i 的情况下， 想要转移到正负值为 j 的情况，先用DP数组来表示转移。

定义 DP[x][i] 为考虑完前 x 块，总正负值为 i 的最小代价，则 DP[x-1][j] 转移到 DP[x][i] 可以这样考虑：

第 x 块的正负值为 p = i-j ，其绝对值应当小于 n，因为单块的正负值不会超过 n。

第 x 块的最大负值的绝对值 k 则不得大于 j ，k 是需要循环枚举的。

对于枚举的 i 、 j 、 k，和求得的 p，则有：

　　DP[x][i] =  min( DP[x][i] , DP[x-1][j] + dp[n][k][n+p] )。

 

如果直接这样做DP，则块数有 m 个，i 和 j 均为 2n 个，k 也有 n 个，则复杂度将是 O(m * n^3)，显然会超时（虽然我不知道一年前写的是不是这样超时的）。

但是我们发现，这个状态转移非常类似矩阵乘法，只是将乘法改成加法，将加法改成min。结合 m 的范围，不难想到 1e7 必然不是用来循环遍历的，这个数据量很适合矩阵快速幂。

大概在半年前，我在某个比赛还是什么的上面接触过矩阵快速幂的改写，大约听题解是将矩阵乘法改成了加法+max，虽然没有补那个题，但是也还是有印象，就尝试着改写了一下。

主要改写的要求必然是矩阵运算的结合律：

　　M*(M*T) = (M*M)*T

则矩阵运算就可以将左边的 m 次变成快速幂进行运算。

我将DP的每一层写成列向量作为T，而M的每个元素则是对应位置需要加的值：

　　M[i][j] = min_(0<=k<=j) dp[n][k][n+p]；

并手推演算了一下样例里的矩阵进行运算，发现似乎是符合结合律的，虽然并没有进行严谨的证明，但是我还是这样改了矩阵快速幂的板子，敲了一下，结果就A掉了

 

 1 #include
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
 5 
 6 struct mat{
 7     int r,c;
 8     ll m[45][45];
 9     mat(){}
10     mat(int r,int c):r(r),c(c){}
11 };
12 
13 void clear(mat &a){
14     memset(a.m,0x3f,sizeof(a.m));
15 }
16 
17 inline ll min(ll a, ll b){return a <= b ? a : b ;}
18 
19 mat mul(mat a,mat b){
20     mat tmp(a.r,b.c);
21     clear(tmp);
22     int i,j,k;
23     for(i=0;i){
24         for(j=0;j){
25             for(k=0;k){
26                 tmp.m[i][j]=min(tmp.m[i][j], a.m[i][k] + b.m[k][j]);
27             }
28         }
29     }
30     return tmp;
31 }
32 
33 mat QP(mat a,int n){
34     mat ans(a.r,a.r),tmp(a.r,a.r);
35     memcpy(tmp.m,a.m,sizeof(tmp.m));
36     clear(ans);
37     for(int i=0;i){
38         ans.m[i][i]=0;
39     }
40     while(n){
41         if(n&1)ans=mul(ans,tmp);
42         n>>=1;
43         tmp=mul(tmp,tmp);
44     }
45     return ans;
46 }
47 
48 void print(mat a){
49     for(int i=0;ii){
50         for(int j=0;jj){
51             printf("%lld",a.m[i][j]);
52             if(j==a.c-1)printf("\n");
53             else printf(" ");
54         }
55     }
56 }
57 
58 ll dp[25][25][45];
59 int n,m;
60 int a[25],b[25];
61 
62 int main(){
63     scanf("%d%d",&n,&m);
64     for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i)scanf("%d",&a[i]);
65     for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i)scanf("%d",&b[i]);
66     memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
67     dp[1][0][n+1] = a[1];
68     dp[1][1][n-1] = b[1];
69     for(int i = 1 ; i < n ; ++ i){
70         for(int j = 0 ; j <= n ; ++ j){
71             for(int k = -i ; k <= i ; ++ k){
72                 dp[i+1][max(j,-(k+1))][n+k+1] = min(dp[i+1][max(j,-(k+1))][n+k+1], dp[i][j][n+k] + a[i+1]);
73                 dp[i+1][max(j,-(k-1))][n+k-1] = min(dp[i+1][max(j,-(k-1))][n+k-1], dp[i][j][n+k] + b[i+1]);
74             }
75         }
76     }
77     mat M(2*n,2*n), T(2*n,1);
78     clear(M);
79     clear(T);
80     for(int i = 0 ; i < 2 * n ; ++ i){
81         for(int j = 0 ; j < 2 * n ; ++ j){
82             int p = i - j;
83             if(abs(p) > n)continue;
84             for(int k = 0 ; k <= j ; ++ k){
85                 M.m[i][j] = min(M.m[i][j], dp[n][k][n+p]);
86             }
87         }
88     }
89     T.m[0][0] = 0;
90     mat ans = mul(QP(M,m), T);
91     printf("%lld\n",ans.m[0][0]);
92     return 0;
93 }

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