CodeForces CF1846G 题解
CodeForces CF1846G 题解
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标准答案是状压之后，转化成Dijkstra算法跑最短路。我这里提供一个不一样的思路。
题意简述
主人公得了病，有部分类型的症状。所有类型症状共有 \(n\) 种，用长为 \(n\) 的01串表示是否有那种症状。共有 \(m\) 种药，吃第 \(i\) 种药需要花费时间 \(t_i\)， 能够治好症状 \(a_i\)， 留下后遗症 \(b_i\)， 其中 \(a_i\)、\(b_i\)均为长度为 \(n\) 的01串，表示每种症状是否治好或者后遗。
主人公每次只能吃一种药。求康复需要的最少时间。
保证输入不会自相矛盾，药物能治好某种症状就不会后遗。
多组测试。
题目分析
1. 最后吃什么？
实际上这个过程和“化学除杂”有些类似。我们考虑最后吃的药的特征，发现最后吃的药一定没有后遗症。简单的证明就是：我们考虑症状个数 \(cnt\)，最终目标是 \(cnt = 0\)，如果每种药物都有后遗症，那么即使能够治好全部症状，也至少会遗留下一种后遗症，于是 \(cnt \ge 1\)，矛盾。我们暂且把这种药物成为“纯药”（无后遗症）。
2. 交换吃药顺序？
我们发现交换药物服用顺序是不行的（显然后吃“纯药”和先吃“纯药”，一个康复，一个可能不康复）。
3. 一种药物吃几次？
接下来我们尝试考虑一种药物吃几次。
假设一个药物吃两次及以上，为了方便表示，我们不妨交换每种症状的相对位置，使得对于这个药物而言，是“治疗症状、保持原状、后遗症”的格式。例如原来是：
交换症状相对位置之后（此处3、4列和4、5列对调）变成：
我们将药物的效果压缩成一个串来表示，治疗用 \(\texttt{-}\) 表示，保持不变用 \(\texttt{0}\) 表示， 后遗症用 \(\texttt{+}\) 表示，于是：
我们将不确定的位置用 \(\texttt{Q}\) 来占位表示。（下面表中的各部分串的长度仅为示意，实际上是某一特定的数值。）假如一个药物吃了两次及以上，肯定存在两次吃某一个药，于是有：
我们发现在两次服药中间的步骤，所起到的效果（或者说吃它们的目的），是为了改变 \(Q\) 的值。因此我们发现，如果把第一次吃药这一步撤掉，我们的结果是：
效果没有改变。
因此一种药物吃一遍就足够了。也就是说，每种药只吃一次。
4. 从最后的药物出发
所以我们找到一个“纯药”之后，根据上面的结论，这个纯药应当在最后吃，而且只在最后吃（因为每种药只吃一次）。
我们观察一下：
我们发现，吃纯药后把“可治疗”症状全部归 \(\texttt{0}\)，也就意味着，如果最后吃这个“纯药”，那么再考虑之前的药物时，不用考虑“可治疗”的那几个症状，因为最后都会被纯药一次性全治好。
因此，我们把纯药从所有药物中删除，所有的药物和主人公症状中，涉及到所删除纯药“可治疗”的症状全部抹去，就转化成了规模更小的问题。我们暂时称这些位置“被覆盖了”。 如表格所示：
于是我们重复上述过程，在剩下的位置中，找剩下药物中的“纯药”（只考虑剩下的位置来判断）。
最终我们可以求得答案。
5. 具体实现的一些细节
具体实现中，我采用的是类似SPFA的算法（用优先队列，或者说是BFS也行），以及状态更新。我们令状态压缩的01串 \(S\) 表示每一个位置（症状）是否被覆盖。令 \(f_S\) 表示 \(S\) 状态下的最短时间。我们在更新的时候，除了更新 \(S\) 本身外，还要更新其“包含”状态的值（例如 \(\texttt{11001110}\) 中间包含 \(\texttt{10001010}\)）：
由于使用优先队列，所以每个状态只访问一次，对应的vis数组记录，判断重复。
其他的位运算等细节请见代码。
记得没病要特判。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define N (int)(12)
#define M (int)(1e3 + 5)
using namespace std;
typedef long long LL;
struct drag
{
LL t,e,se,idx;
}d[M];
LL f[1<<N];
bool vis[1<<N];
LL T;
LL n,m;
string to_str(int x);
struct state
{
LL e,t;
};
bool operator<(const state xx, const state yy)
{
return xx.t > yy.t;
priority_queue<state> q;
void dfs(LL e,LL p, LL t)
{
if(vis[e]) return;
if(e < (1<<p))
{
vis[e] = true;
f[e] = t;
return;
}
if(((e>>p)&1) == 1)
{
dfs(e^(1<<p),p+1,t);
}
dfs(e,p+1,t);
}
LL ansdfs(LL e,LL p)
{
if(e < (1<<p))
{
return f[e];
}
LL ans = 1e18;
if(((e>>p)&1) == 0)
{
ans = min(ans,ansdfs(e|(1<<p),p+1));
}
ans = min(ans,ansdfs(e,p+1));
return ans;
}
inline void setf(LL e,LL t)
{
dfs(e,0,t);
}
inline LL anti(LL x)
{
return (1<<n) - 1 - x;
}
bool check(LL e,LL se)
{
for(LL i = 0;i < n;i++)
{
if((((e>>i)&1) == 0) && (((se>>i)&1) == 1))
{
return false;
}
}
return true;
}
string to_str(int x)
{
string str = "";
for(int i = 0;i < n;i++)
str += ((x>>i)&1) + '0';
return str;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin >> T;
while(T--)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(f,0x7f,sizeof(f));
cin >> n >> m;
string str;
cin >> str;
LL e0 = 0;
for(LL j = n - 1;j >= 0;j--)
e0 = (e0 << 1) | (str[j] - '0');
for(LL i = 1;i <= m;i++)
{
cin >> d[i].t;
d[i].idx = i;
cin >> str;
d[i].e = 0;
for(LL j = n - 1;j >= 0;j--)
d[i].e = (d[i].e << 1) | (str[j] - '0');
cin >> str;
d[i].se = 0;
for(LL j = n - 1;j >= 0;j--)
{
d[i].se = (d[i].se << 1) | (str[j] - '0');
}
}
if(e0 == 0)
{
cout << "0\n";
continue;
}
q.push({0,0});
while(!q.empty())
{
state top = q.top();
q.pop();
if(!vis[top.e])
{
setf(top.e,top.t);
for(int i = 1;i <= m;i++)
{
if(check(top.e,d[i].se))
{
LL ne = top.e | d[i].e;
if(!vis[ne])
{
q.push({ne,top.t + d[i].t});
}
}
}
}
}
LL ans = ansdfs(e0,0);
if(ans >= 1e9) cout << "-1\n";
else cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
本人能力有限，欢迎大家来Hack！