ARC126D Pure Straight

ARC126D Pure Straight

题目大意

给一个长度为$n$的整数序列$A=(a_1,a_2,\dots ,a_n)$，其中$a_i\in [1,k]$。

你可以做如下操作任意次：

• 交换相邻两个元素

求最小的操作次数，使得序列$A$满足下列条件：

• $A$包含$(1,2,\dots ,k)$这个子串

$2\le k\le 16,k\le n\le 200$

题解

我们可以先将在$1$到$k$内的数移到一段，然后在这一段区间内排序。

令构成子串的元素的下标从小到大依次为$c_1,c_2,\dots ,c_n$，中点位置为$mid=\lfloor \frac{k}{2}\rfloor$，则显然让所有$a_{c_i}$向$a_{c_{m}id}$移动是最优的，总步数为

$$(\sum _{i=1}^{mid-1}(c_{mid}-mid+i)-c_i)+(\sum _{i=mid+1}^k{c}_i-(c_{mid}+i-mid))$$

我们发现这个式子中的许多地方可以抵消，最后式子可变为

$$(\sum _{i=mid+1}^k{c}_i)-(\sum _{i=1}^{mid-1}{c}_i)-c_{mid}\times (n\%2==0)+mid\times (n\%2==0)+(\sum _{i=1}^{mid-1}i)-(\sum _{i=mid+1}^{k}i)$$

后面$mid\times (n\%2==0)+(\sum _{i=1}^{mid-1}i)-(\sum _{i=mid+1}^{k}i)$是可以$O(1)$求出的，我们来看看如何求前面的部分。

可以用状压DP，设$f_{i,s}$表示枚举到$A$的第$i$位时状态为$s$，$s$的二进制位$1$表示已取过这个数字，$0$表示没取过这个数字。我们需要预处理数组$h{v}_s$，表示$s$的二进制位中有多少个$1$。

状态转移式如下

$f_{i,s|(1<<a_i-1)}=\{\begin{array}{c}{f}_s-i+p_{s,a_i}h{v}_s+1<mid\\ f_s-i\times (k\%2==0)+p_{s,a_i}h{v}_s+1=mid\\ f_s+i+p_{s,a_i}h{v}_s+1>mid\end{array}$

其中$f_{i,s|(1<<a_i-1)}$与后面的部分取$\max$。

下面来解释一下$p$是什么。因为在将$1$到$k$内的数移到一段后，内部还要调整。根据冒泡排序的原理，若要用最少的操作次数排好序，每个数对操作次数的贡献为在它之前比他大的数的个数。$p_{s,i}$表示在$s$中二进制位数大于$i$且该位为$1$的数量，在转移式中表示加入这个元素的贡献。

求出$f$后，加上$mid\times (n\%2==0)+(\sum _{i=1}^{mid-1}i)-(\sum _{i=mid+1}^{k}i)$即为答案。

时间复杂度为$O(n\cdot 2^k)$。

code

#include
using namespace std;
int n,k,mid,ans,a[205],v[20],hv[1<<16],p[1<<16][20],f[1<<16];
void pd(int now){
	f[now]=1000000000;
	int s=0;
	for(int i=k;i>=1;i--){
		p[now][i]=s;
		s+=v[i];
	}
	hv[now]=s;
}
void dfs(int t,int now){
	if(t<k) dfs(t+1,now);
	else pd(now);
	now+=(1<<t-1);v[t]=1;
	if(t<k) dfs(t+1,now);
	else pd(now);
	v[t]=0;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	mid=(k+1)/2;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	dfs(1,0);
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int s=(1<<k)-1;s>=0;s--){
			if(s&(1<<a[i]-1)) continue;
			int t=s|(1<<a[i]-1);
			if(hv[s]+1<mid) f[s|t]=min(f[s|t],f[s]-i+p[s][a[i]]);
			else if(hv[s]+1==mid) f[s|t]=min(f[s|t],f[s]-i*(k%2==0)+p[s][a[i]]);
			else f[s|t]=min(f[s|t],f[s]+i+p[s][a[i]]);
		}
	}
	ans=f[(1<<k)-1];
	if(k%2==0) ans+=mid;
	ans=ans+(mid)*(mid-1)/2-(k-mid)*(k+mid+1)/2;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}