Codeforces 544E Remembering Strings 状压dp

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题意：

给定n个长度均为m的字符串

下面n行给出字符串

下面n*m的矩阵表示把对应的字母修改成其他字母的花费。

问：

对于一个字符串，若它是easy to remembering 当 它存在一个字母，使得这个字母在这一列是独一无二的。

要使得n个字符串都是easy to remembering 的最小花费。

第一个样例是把第一列的4个a中3个a修改成别的字母，所以花费为3.

思路：

显然是个状压dp，但需要一点转化。

首先得到一个结论：

对于某一列，设这一列的字母是 a,a,b,b,a,d,c···

任意修改某种字母，都能使得包括该种字母的字符串变成unique

instance: 把所有的a字母都修改为别的字母，一定能使得修改后的字母与同列的其他字母不重复。

因为最多只有20个字符串，也就是修改后的字母种类至多只有20种。

然后状压已经easy to remembering的字符串的最小花费。

dp[i] 表示已经easy to remembering 的字符串状态为i时的最小花费。

两个转移：

1、直接修改字母

2、把这一列中所有与这个字母相同的字母都修改成别的字母。

当然可以剩下一个，剩下花费最大的那个即可。

cost[i][j] 就表示除了花费最大的那个 同列中与str[i][j]字母相同的花费和。

bit[i][j] 表示哪些字符串 在第j列 与 a[i][j] 字母相同。

#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <map>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <set>
#include <vector>
using namespace std;
template <class T>
inline bool rd(T &ret) {
	char c; int sgn;
	if (c = getchar(), c == EOF) return 0;
	while (c != '-' && (c<'0' || c>'9')) c = getchar();
	sgn = (c == '-') ? -1 : 1;
	ret = (c == '-') ? 0 : (c - '0');
	while (c = getchar(), c >= '0'&&c <= '9') ret = ret * 10 + (c - '0');
	ret *= sgn;
	return 1;
}
template <class T>
inline void pt(T x) {
	if (x <0) {
		putchar('-');
		x = -x;
	}
	if (x>9) pt(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int inf = 1e9;
const int N = 21;
int n, m;
char s[N][N];
int a[N][N];
int dp[1 << N];
int bit[N][N], cost[N][N];
int main() {
	rd(n); rd(m);
	for (int i = 0; i < n; i++)scanf("%s", s[i]);
	for (int i = 0; i < n; i++)
		for (int j = 0; j < m; j++)rd(a[i][j]);
	for (int i = 0; i < n; i++)
		for (int j = 0; j < m; j++)
		{
			int ans = 0, maxn = -inf;
			for (int k = 0; k < n; k++)
				if (s[i][j] == s[k][j])
				{
					ans += a[k][j];
					maxn = max(maxn, a[k][j]);
					bit[i][j] |= 1 << k;
				}
			ans -= maxn;
			cost[i][j] = ans;
		}
	for (int i = 1; i < (1 << n); i++)dp[i] = inf;
	dp[0] = 0;
	for (int i = 0; i < (1 << n); i++)
	{
		for (int j = 0; j < n; j++)
			if ((i & (1 << j)) == 0)
			{
				for (int k = 0; k < m; k++)
				{
					dp[i | (1 << j)] = min(dp[i | (1 << j)], dp[i] + a[j][k]);
					dp[i | bit[j][k]] = min(dp[i | bit[j][k]], dp[i] + cost[j][k]);
				}
			}
	}
	pt(dp[(1 << n) - 1]);
	return 0;
}

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