【2019icpc Regional 南昌 B】A Funny Bipartite Graph 题解

题目大意

  给定一幅 $n$ 个点的二分图。左边的每个点度数至少为 $1$ 至多为 $3$，且左边每个点只会连向右边编号大于等于它的点。
  现在你要选择一些边，限制如下：

• 右边的每一个点都要被覆盖到；
• 有一个 01 矩阵 $A_{n\times n}$，若 $A_{i,j}=1$ 则表示左边第 $i$ 个点和第 $j$ 个点不能同时被覆盖到；
• 对于左边的每一个点，如果它没被覆盖到则代价为 $0$，否则代价为 $M_i^{d_i}$，其中 $d_i$ 表示被它覆盖了多少次。满足上面两条的情况下要使得代价最小。

  求最小代价，或输出无解。

  $n \leq 18,~1 \leq M_i \leq 100$
  多测，$T \leq 10$
  1s

$$\\$$ $$\\$$ $$\\$$

题解

  考虑状压，首先会想到一个比较暴力的状压，设 $f_{i,s_L,s_R}$ 表示左边考虑了前 $i$ 个点，左边已选点集为 $s_L$，右边已选点集为 $s_R$，的最小代价。

  进而发现好难优化，好像无论如何都要记录两个集合？

  然后就需要发现题目的性质：考虑了左边前 $i$ 个点的时候，左边后 $n-i$ 个点一定未选；而由于左边的点只能连向右边编号大于等于它的点，所以右边前 $i$ 个点必须全部已选（不然以后没机会了）。
  因此，$s_L$ 的后 $n-i$ 位和 $s_R$ 的前 $i$ 位都是没有用的！把 $s_L$ 的前 $i$ 位和 $s_R$ 的后 $n-i$ 位拼起来形成一个 $2^n$ 的状态，这样状压就是 $O(n\cdot2^n)$ 的了！

  这就很像计组里面学的 32 位整数乘除法，它把乘数和结果同时存在了一个 64 位整数上，这也是灵活地把两个状态叠在一起。
  您好，请重修计组

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn=20, maxN=262150;
const int inf=2139062143;

int n,N,AA[maxn],v[maxn][4],v0[maxn],M[maxn],f[maxn][maxN],er[maxn];
bool G[maxn][maxn],A[maxn][maxn];

void ReadBit(bool &data)
{
	char ch=getchar();
	while (ch!='0' && ch!='1') ch=getchar();
	data=(ch=='1');
}

inline void Min(int &a,const int &b) {a=(a<b) ?a :b ;}

int T;
int main()
{
	er[0]=1;
	fo(i,1,18) er[i]=er[i-1]<<1;
	
	scanf("%d",&T);
	while (T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		N=(1<<n)-1;
		fo(i,1,n)
		{
			v0[i]=0;
			fo(j,1,n)
			{
				ReadBit(G[i][j]);
				if (G[i][j]) v[i][++v0[i]]=j;
			}
		}
		fo(i,1,n)
		{
			AA[i]=0;
			fo(j,1,n)
			{
				ReadBit(A[i][j]);
				AA[i]|=A[i][j]<<(j-1);
			}
		}
		fo(i,1,n) scanf("%d",&M[i]);
		
		memset(f,127,sizeof(f));
		f[0][0]=0;
		fo(i,0,n-1)
			fo(s,0,N) if (f[i][s]<inf)
			{
				int nowL=s&(er[i]-1), nowR=s^nowL, nxt=i+1;
				bool alrdy=nowR&er[i];
				int cho=s|er[i];
				
				if (alrdy) Min(f[i+1][s^er[i]],f[i][s]);
				if (AA[nxt]&nowL || v0[nxt]==0) continue;
				
				if (alrdy || v[nxt][1]==nxt) Min(f[i+1][cho|er[v[nxt][1]-1]],f[i][s]+M[nxt]);
				if (v0[nxt]>1)
				{
					if (alrdy || v[nxt][2]==nxt) Min(f[i+1][cho|er[v[nxt][2]-1]],f[i][s]+M[nxt]);
					if (alrdy || v[nxt][1]==nxt || v[nxt][2]==nxt) Min(f[i+1][cho|er[v[nxt][1]-1]|er[v[nxt][2]-1]],f[i][s]+M[nxt]*M[nxt]);
				}
				if (v0[nxt]>2)
				{
					if (alrdy || v[nxt][3]==nxt) Min(f[i+1][cho|er[v[nxt][3]-1]],f[i][s]+M[nxt]);
					if (alrdy || v[nxt][1]==nxt || v[nxt][3]==nxt) Min(f[i+1][cho|er[v[nxt][1]-1]|er[v[nxt][3]-1]],f[i][s]+M[nxt]*M[nxt]);
					if (alrdy || v[nxt][2]==nxt || v[nxt][3]==nxt) Min(f[i+1][cho|er[v[nxt][2]-1]|er[v[nxt][3]-1]],f[i][s]+M[nxt]*M[nxt]);
					if (alrdy || v[nxt][1]==nxt || v[nxt][2]==nxt || v[nxt][3]==nxt) Min(f[i+1][cho|er[v[nxt][1]-1]|er[v[nxt][2]-1]|er[v[nxt][3]-1]],f[i][s]+M[nxt]*M[nxt]*M[nxt]);
				}
			}
		
		int ans=inf;
		fo(s,0,N) Min(ans,f[n][s]);
		printf("%d\n",(ans==inf) ?-1 :ans);
	}
}