世界上最不缺的就是好题。
首先考虑暴搜。（还有什么题是从这东西推到正解的……）
首先单独一个换乘站明显没用，只用考虑一对对的换乘站。
那么有八种情况：（从题解偷图）
然后大力枚举每个换乘站的情况。同时判断交点。$O(n\times 8^{\frac{n}{2}})$。
然后考虑这种情况：
发现对于任意一条地铁线，要么与这两个都有交点，要么可以与这两个都没有交点。（其实会有与一个有两个交点，与另一个没有交点的情况。这时也可以把这条线换个方向，答案不会更差。思考思考为什么）
那么合法状态只剩四种：
再考虑这两个线路：
发现，虽然对于左端点在第一个红点右边的地铁线，这两种没有区别，但是对于左端点在第一个红点左边的地铁线，它们可能有区别。
不过由于我们搜索是按左端点从小到大搜的，所以可以贪心取目前这两条线最优的一条，不会影响后面的值。
最后每次合法状态只剩两个。$O(n\times 2^{\frac{n}{2}})$。
此时合法状态不可能再减少了。考虑加速求交点个数。
发现对于左端点小于当前地铁线的左端点的地铁线，与这个地铁线有交点当且仅当右端点在一个区间（具体看代码）内。
那么可以用树状数组优化。每次给右端点打个标记，然后就变成了求区间和。
$O(2^{\frac{n}{2}}\log n)$。
p.s：要调用很多次树状数组，常数也不小，我就挂了，挂成 80 分。
然而加上个普及组剪枝就过了。$sum>ans$ 时 $return$。
（普及组搜索剪枝不会了……智商越来越低了）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=45;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline int read(){
int x=0,f=0;char ch=getchar();
while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘) f|=ch==‘-‘,ch=getchar();
while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
return f?-x:x;
}
int t,n,m,tp[maxn],l[maxn],r[maxn],ans,sum,b[2][maxn];
inline void update(int id,int p,int v){
while(p<=n){
b[id][p]+=v;
p+=p&-p;
}
}
inline int query(int id,int p){
int s=0;
while(p){
s+=b[id][p];
p-=p&-p;
}
return s;
}
inline int query(int id,int l,int r){return query(id,r)-query(id,l-1);}
void dfs(int dep){
if(sum>ans) return;
if(dep>m) return void(ans=sum);
int t1=query(0,l[dep],r[dep]),t2=query(0,r[dep],n),t3=query(1,l[dep],r[dep]),t4=query(1,r[dep],n);
update(0,r[dep],1);
sum+=min(t1,t2+t3+t4);
dfs(dep+1);
sum-=min(t1,t2+t3+t4);
update(0,r[dep],-1);
update(1,r[dep],1);
sum+=min(t3,t1+t2+t4);
dfs(dep+1);
sum-=min(t3,t1+t2+t4);
update(1,r[dep],-1);
}
int main(){
t=read();
while(t--){
m=0;ans=1e9;
n=read();
FOR(i,1,n) tp[i]=read();
FOR(i,1,n) FOR(j,i+1,n) if(tp[i]==tp[j]) l[++m]=i,r[m]=j;
dfs(1);
printf("%d\n",ans);
}
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/1000Suns/p/11136145.html
时间： 2024-11-07 13:23:14