CF1456E

Posted 2021-05-19 chasedeath

CF1456E - XOR-ranges

题目大意

有\\(n\\)个二进制数\\(a_i\\in[L_i,R_i]\\)，给定每个二进制位的权值

序列\\(a_i\\)的权值就是\\(a_i\\oplus a_{i+1}\\)二进制为权值之和

求所有满足\\(a_i\\in[L_i,R_i]\\)的最小权值

分析

显然需要我们考虑对于一个数进行 数位\\(dp\\)的过程

从高位到低位，一个数要么最终都一直被限制着，要么在两个不同的位置分别解除了\\(L_i,R_i\\)的限制

容易发现，\\(L_i,R_i\\)中某一个先被解除的限制一定是在第一个\\(\\text{bit}(L_{i},p)\\ne \\text{bit}(R_i,p)\\)的位置 （实际上是小于号）

此后，选择的数一直跟着剩下的限制直到下一个位置解除

不妨考虑\\(L_i,R_i\\)中限制时间较长的一个限制，设在\\(p\\)这一位解除，那么

1.\\(\\exists k<p,\\text{bit}(L_i,k)\\ne \\text{bit}(R_i,k)\\)

2.如果是\\(R_i\\)，那么\\(\\text{bit}(R_i,p)=1,\\text{bit}(a_i,p)=0\\)

如果是\\(L_i\\)，那么\\(\\text{bit}(R_i,p)=0,\\text{bit}(a_i,p)=1\\)

如果最终每个数解除限制的位置如下

考虑他们如何对于答案贡献

对于每个二进制位，如果存在空白段，空白段的二进制可以跟随左边的段或者右边的段改变

当左边和右边最邻近的两个数这一位不同，则产生贡献

因此考虑依次扫描每一个二进制位，找到相邻可能产生贡献的\\((a_l,a_r)\\)

从低位到高位，这就是一个不断将\\((a_l,a_r)\\)分裂为\\((a_l,a_k),(a_k,a_r)\\)的过程

也就是一个 笛卡尔树上的区间dp

对于当前二进制位\\(p\\)和数对\\(a_l,a_r\\)，我们需要知道的是

\\(a_l\\)是受到\\(L_l\\)还是\\(R_l\\)的限制，且是否\\(p\\)这一位它解除了限制 （因为解除贡献的这一位与\\(L_l / R_l\\)相反）

\\(a_r\\)是同理

转移可以直接进入下一个二进制位，计算\\(a_l,a_r\\)的贡献

或者分裂区间枚举中点\\(k\\)，\\(a_k\\)恰好在这一位解除限制（或者\\(a_k\\)一直都没有解除限制，此时\\(p=0\\)）

此时\\(L_k,R_k\\)必然满足前面提到的限制，并且根据\\(\\text{bit}(L_k,p)\\)和\\(\\text{bit}(R_k,p)\\)枚举\\(k\\)受到\\(L_k\\)或者\\(R_k\\)的限制

const int N=55;
int n,k;
ll L[N],R[N],C[N];
ll dp[N][N][N][2][2][2][2];
int bit(ll x,int p){ return (x>>p)&1; }
ll dfs(int p,int l,int r,int f,int x,int g,int y){
	if(p==k) return r-l==1?0:1e18;
	ll &res=dp[p][l][r][f][x][g][y];
	if(~res) return res;
	res=dfs(p+1,l,r,f,0,g,0)+(l && r<=n && (x^y^bit((f?R[l]:L[l])^(g?R[r]:L[r]),p)))*C[p];
	rep(k,l+1,r-1) {
        // a[k] is limited all time
		if(!p) rep(j,0,1) cmin(res,dfs(p,l,k,f,x,j,0)+dfs(p,k,r,j,0,g,y));
        // a[k] frees at p
		if((L[k]^R[k])>>(p+1)) { // L,R has some different bits before p
			if(bit(R[k],p)) cmin(res,dfs(p,l,k,f,x,1,1)+dfs(p,k,r,1,1,g,y));
			if(bit(~L[k],p)) cmin(res,dfs(p,l,k,f,x,0,1)+dfs(p,k,r,0,1,g,y));
		}
	}
	return res;
}

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	rep(i,1,n) scanf("%lld%lld",L+i,R+i);
	rep(i,0,k-1) scanf("%lld",C+i);
	memset(dp,-1,sizeof dp);
	printf("%lld\\n",dfs(0,0,n+1,0,0,0,0));
}