CF1622E Math Test

题目链接

虽然说此题只涉及到贪心和枚举，但是有一定思维难度

首先，我们发现此题复杂度瓶颈在于求和中的绝对值符号，因为我们不能对每一个排列 $p$ 都求出每个人对应的得分 $r$。那么，我们考虑消除绝对值符号对答案的影响

考虑将绝对值符号拆开，那么对于每一个 $i$ 就会有 $x_i-r_i$ 和 $r_i-x_i$ 两种情况。 由于 $n\le 10$，所以总共只会有 $2^{10}$ 种情况。那么对于每种情况，由于 $x_i$ 是定值，所以我们只需要最大化 $\sum (-1{)}^{0/1}\cdot r_i$ 即可

由于每一个人的得分，是由若干道题目的得分累加而成的，所以我们可以轻易求出每道题目对答案贡献的系数，并且贪心地给系数大的题目分配较大的得分。最后每种情况的“惊喜值”就是 $\sum c_i\cdot v_i$。其中 $c_i,v_i$ 分别是每道题的系数和分值

最终答案即为每种情况的最大值，总时间复杂度 $\mathcal{O}(2^n\cdot n\cdot m)$

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一些正确性证明：

一个比较显然的问题，就是在某些二进制方案下，有可能得到 $x_i-r_i$ 或 $r_i-x_i$ (下文简称为 $|x_i-r_i|$) 为负数的情况。但是，我们可以证明这种情况一定不是最优的。
考虑如果某个 $|x_i-r_i|$ 为负数，那么我们一定会枚举到一种方案，满足该 $|x_i-r_i|$ 被取反，其他 $|x_i-r_i|$ 不变。而由于这个新方案的惊喜值严格不小于原方案，所以原方案一定不优

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#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int Maxn=1e4+10;
const int Maxm=15;
int a[Maxm],b[Maxn];
int c[Maxn],id[Maxn];
char g[Maxm][Maxn];
int n,m;
inline int read()
{
	int s=0,w=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0' && ch<='9')s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return s*w;
}
inline bool cmp(int x,int y)
{
	return b[x]<b[y];
}
int main()
{
	// freopen("in.txt","r",stdin);
	int T=read();
	while(T--)
	{
		n=read(),m=read();
		for(int i=1;i<=n;++i)
		a[i]=read();
		for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%s",g[i]+1);
		int ans=-1;
		for(int s=0;s<(1<<n);++s)
		{
			int tot=0;
			for(int i=1;i<=m;++i)
			b[i]=0,c[i]=i;
			for(int i=1;i<=n;++i)
			{
				int opt=(s>>(i-1))&1;
				if(!opt)opt=-1;
				tot-=a[i]*opt;
				for(int j=1;j<=m;++j)
				if(g[i][j]=='1')b[j]+=opt;
			}
			sort(c+1,c+1+m,cmp);
			for(int i=1;i<=m;++i)
			tot+=i*b[c[i]];
			if(tot<=ans)continue;
			ans=tot;
			for(int i=1;i<=m;++i)
			id[c[i]]=i;
		}
		for(int i=1;i<=m;++i)
		printf("%d ",id[i]);
		putchar('\n');
	}
	return 0;
}