P6883 [COCI2016-2017#3] Kroničan

Posted 2022-04-04 Mars_Dingdang

状压 DP 好题。

题目描述

Mislav 有 \\(N\\) 个玻璃杯，从 \\(1\\sim N\\) 编号，每个玻璃杯中都有一定的水。你需要通过倒水（将某个杯子中的水倒入另一个杯子），使这些杯子中只有 \\(K\\) 个有水。

已知将第 \\(i\\) 号玻璃杯中的水倒入第 \\(j\\) 号，需要消耗 \\(C_i,j\\) 的代价。Mislav 想知道，经过倒水后满足只有 \\(K\\) 个（或更少）玻璃杯中有水时，消耗的代价总和的最小值。

\\(1\\le K\\le N\\le 20\\)。

大体思路

由于每个水杯只有有水和没水两个状态，并且可以证明，由于一开始所有杯子都有水，操作过程中有水的杯子 \\(i\\) 不会把水倒到没水的杯子 \\(j\\)。这是因为如果 \\(j\\) 不倒出，\\(i\\to j\\) 不会使得有水的杯子数减少；如果 \\(j\\) 最终倒出，应该在 \\(j\\) 变成空杯子前进行操作。

所以，本题可以使用状压 DP 进行计算。将 \\(N\\) 个杯子有无水的状态用 \\(N\\) 位二进制数 \\(S\\) 表示，\\(f_S\\) 表示状态为 \\(S\\) 时的最小代价。初始 \\(f_111...1=0\\)，其余 \\(f=\\infty\\)。

转移时，从大到小枚举 \\(S\\)，每次取 \\(S\\) 的二进制为 \\(1\\) 的位置 \\(p,k\\)，满足 \\(p\\neq k\\)，则 \\(p\\) 号杯子为空的状态可能是由 \\(S\\) 转移过去，将 \\(p\\) 倒入 \\(k\\) 中。由此可得状态转移方程为 f[S-(1<<p)]=minf[S]+c[p][k]。

统计的答案为所有 \\(1\\) 的个数不超过 \\(K\\) 的状态 \\(S\\) 中 \\(\\min\\f_S\\\\)。时间复杂度 \\(O(2^NN^2)\\)，\\(N=20\\) 时约为 \\(O(419430400)\\)。然而，事实上时间复杂度小于此。

对于二进制中有 \\(t\\) 个 \\(1\\)，枚举 \\(p,k\\) 的复杂度为 \\(O(t^2)\\)，而这样的状态有 \\(\\binom N t\\) 个。由恒等变换 \\(t\\binom N t=N\\binomN-1t-1\\) 可得总的计算次数是为

\\[\\sum_t=0^N \\binom N t (N-t)^2 =\\sum_t=0^N \\binom N t t^2=\\sum_t=0^N \\binom N t [t(t-1)+t] \\]

\\[=\\sum_t=1^N \\binom N t t+\\sum_t=2^N \\binom N t t(t-1) \\]

\\[=\\sum_t=1^N N\\binom N-1t-1+\\sum_t=2^N N\\binomN-1t-1(t-1) \\]

\\[=N\\times 2^N-1+N\\sum_t=2^N (N-1)\\binomN-2t-2 \\]

\\[=N\\times 2^N-1+N(N-1)\\times 2^N-2=N(N+1)2^N-2 \\]

所以时间复杂度为 \\(O(N(N+1)2^N-2)\\)，当 \\(N=20\\) 时约为 \\(O(10^8)\\) 刚好可过。

完整代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(ii,aa,bb) for(re int ii = aa; ii <= bb; ii++)
#define Rep(ii,aa,bb) for(re int ii = aa; ii >= bb; ii--)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef pair<int, int> PII;
const int maxn = 5 + (1 << 20);
const ll inf = 0x3f3f3f3f;
namespace IO_ReadWrite 
	#define re register
	#define gg (p1 == p2 && (p2 = (p1 = _buf) + fread(_buf, 1, 1<<21, stdin), p1 == p2) ? EOF :*p1++)
	char _buf[1<<21], *p1 = _buf, *p2 = _buf;
	template <typename T>
	inline void read(T &x)
		x = 0; re T f=1; re char c = gg;
		while(c > 57 || c < 48)if(c == \'-\') f = -1;c = gg;
		while(c >= 48 &&c <= 57)x = (x<<1) + (x<<3) + (c^48);c = gg;
		x *= f;return;
	
	inline void ReadChar(char &c)
		c = gg;
		while(!isalpha(c)) c = gg;
	
	template <typename T>
	inline void write(T x)
		if(x < 0) putchar(\'-\'), x = -x;
		if(x > 9) write(x/10);
		putchar(\'0\' + x % 10);
	
	template <typename T>
	inline void writeln(T x)write(x); putchar(\'\\n\');

using namespace IO_ReadWrite;
ll pop_cnt[maxn], c[21][21], f[maxn], N, K;
ll ans;
int main () 
	ans = inf;
	memset(f, inf, sizeof f);
	read(N); read(K);
	f[(1ll << N) - 1] = 0;
	rep(i, 0, N - 1)
		rep(j, 0, N - 1) 
			read(c[i][j]);
	for(ll p = 1; p < (1ll << N); p ++) 
		pop_cnt[p] = pop_cnt[p >> 1] + (p & 1);
	for(ll S = (1ll << N) - 1; S >= 1; S --) 
		rep(p, 0, N - 1) if((S >> p) & 1) 
			rep(k, 0, N - 1) if(((S >> k) & 1) && p != k) 
				f[S - (1ll << p)] = min(f[S - (1ll << p)], f[S] + c[p][k]);
		
		if(pop_cnt[S] <= K) ans = min(ans, f[S]);
	
	writeln(ans);
	return 0;