BZOJ4676Xor-Mul棋盘 拆位+状压DP

Posted 2020-10-10 CQzhangyu

【BZOJ4676】Xor-Mul棋盘

Description

一个n*m的棋盘，左上角为(1,1),右下角为(n,m)。相邻的2点之间有连边（如下图中实线）特殊地，(1,i)与(n,i)也连有一条边（如下图中虚线）,i=1..m。

如下图，就是一个n=3,m=4的棋盘。

每个点(i,j)给定2个值a[i][j],b[i][j]。每条边e给定1个值c[e]。

你的任务是给每一个点一个非负的d值，最小化(S1+S2)。

Input

第一行2个整数n,m。

接着n行，每行m个数，其中第i行第j个数表示a[i][j]。

接着n行，每行m个数，其中第i行第j个数表示b[i][j]。

接着n行，每行m-1个数，其中第i行第j个数表示(i,j)与(i,j+1)的边的c值。

接着n-1行，每行m个数，其中第i行第j个数表示(i,j)与(i+1,j)的边的c值。

最后一行m个数，其中第i个数表示(1,i)与(n,i)的边的c值。

2<=n<=5， 1<=m<=10000

a,b,c 的值均为不大于 10^6 的正整数

Output

一个整数，表示S1+S2的最小值

Sample Input

2 2
3 6
7 3
9 9
1 8
9 5
3 9
4 3

Sample Output

49

题解：首先拆位是显然的。由于n只有5，考虑状压。

设f[i][j][k]表示第i列的第j位状态为k的最小值，那么我们先计算同列之间产生的贡献，然后计算相邻列之间产生的贡献。我们可以O(n)求出同列的点的贡献，然后$O(2^{2n})$枚举当前列和上一列的状态，并希望O(1)时间得到这两个状态合在一起的价值。这个可以预处理出val[S]数组表示当前列和上一列的异或值为S时产生的贡献，然后就能转移了。

最终复杂度O(m*20*2^{2n})，居然也能过~

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m;
ll ans;
ll A[7][10010],B[7][10010],C1[7][10010],C2[7][10010],f[2][21][1025],val[1025];
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	{if(gc==‘-‘)	f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
	return ret*f;
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd();
	int i,j,d,a,b;
	ll c;
	for(i=0;i<n;i++)	for(j=1;j<=m;j++)	A[i][j]=rd();
	for(i=0;i<n;i++)	for(j=1;j<=m;j++)	B[i][j]=rd();
	for(i=0;i<n;i++)	for(j=2;j<=m;j++)	C1[i][j]=rd();
	for(i=0;i<n;i++)	for(j=1;j<=m;j++)	C2[i][j]=rd();
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		d=i&1;
		memset(f[d],0,sizeof(f[d]));
		if(i>1)
		{
			for(a=0;a<1<<n;a++)
			{
				val[a]=0;
				for(b=0;b<n;b++)	val[a]+=((a>>b)&1)*C1[b][i];
			}
		}
		for(j=0;j<=20;j++)
		{
			for(a=0;a<1<<n;a++)
			{
				c=0;
				for(b=0;b<n;b++)
				{
					c+=(((a>>b)&1)^((A[b][i]>>j)&1))*B[b][i];
					c+=(((a>>b)&1)^((a>>((b+1)%n))&1))*C2[b][i];
				}
				f[d][j][a]=1ll<<60;
				if(i>1)	for(b=0;b<1<<n;b++)	f[d][j][a]=min(f[d][j][a],c+val[a^b]+f[d^1][j][b]);
				else	f[d][j][a]=c;
			}
		}
	}
	for(j=0;j<=20;j++)
	{
		c=1ll<<60;
		for(i=0;i<1<<n;i++)	c=min(c,f[m&1][j][i]);
		ans+=c<<j;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}