【题解】Codeforces1238E. Keyboard Purchase 状压DP/子集DP

给定n(1e5)，m(20)，一个长为n，字符集在m以内的字符串S。
现在要求找到1到m的一个排列，使得$\Sigma |P_{S_i}-P_{S_{i+1}}|$最小，其中$P_c$表示字符c在排列中出现的位置。求最小代价。

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猜到是dp->猜到是状压dp->算法假了->白给80分钟，dp好菜啊，还是做的少。

首先预处理一个cnt数组，$cnt[i][j]$表示字符$i$到字符$j$转移了多少次。
设$dp[mask]$表示选择了mask这个子集的最小代价，$dp[0]=0$。
$dp[mask]=min\{dp[mask\oplus (1<<i)]\}+\Sigma cnt[i][j]$，其中$i$取遍所有属于mask的字符，$j$取遍所有不属于mask的字符。

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这样做为什么是对的呢？以下是我的理解：
$dp[mask]$是把属于mask的字符都堆在左边时的最小代价，而且这个代价消除了后效性。
每当把一个新字符放在最右侧后，就会将代价加上所有的已放字符和未放字符的转移次数之和。

相当于，mask内部的字符的代价已经被计算完毕，而且这些内部字符还计算过与外部字符之间的代价。来得越早，计算的次数越多。

换句话说，我可以视为把所有的内部字符都堆在一个位置上，因为由它们位置不同所产生的代价已经被计算完毕。

当新添加一个字符时，我需要把它加入到那一堆中。实际上相当于把新字符放到一堆的下一位，然后把那一堆全部朝右移动一位。而全部朝右移动一位的代价，就是堆中字符与外部字符的转移次数之和。

这样做的话，每次转移的复杂度是$O(m^2)$，但是注意到每一堆朝右移动一位的代价是固定的。我们可以在得出每个的dp值后就把这部分的转移代价也加上，也就是上文中的转移式。

此时转移复杂度$O(m)$，总复杂度$O(n+m\cdot 2^m)$.

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/* LittleFall : Hello! */
#include 
using namespace std; using ll = long long; inline int read();
const int M = (1<<20)+16, MOD = 1000000007;

char str[M];
int cnt[32][32];
int dp[M];
int main(void)
{
	#ifdef _LITTLEFALL_
	freopen("in.txt","r",stdin);
    #endif

	int n = read(), m = read();
	scanf("%s", str);
	for(int i=0; i<n-1; ++i)
	{
		cnt[str[i]-'a'][str[i+1]-'a']++;
		cnt[str[i+1]-'a'][str[i]-'a']++;
	}
	memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
	dp[0] = 0;
	for(int mask=1; mask<(1<<m); ++mask)
	{
		for(int i=0; i<m; ++i) if(mask>>i&1)
			dp[mask] = min(dp[mask], dp[mask^(1<<i)]);
		for(int i=0; i<m; ++i) if(mask>>i&1)
		for(int j=0; j<m; ++j) if(~mask>>j&1)
			dp[mask] += cnt[i][j];
	}
	printf("%d\n",dp[(1<<m)-1] );

    return 0;
}


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*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}