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：

\[\begin{array}{}
\text{主人公症状} & \texttt{01011}\\
\text{药物的疗效} & \texttt{11010}\\
\text{药物后遗症} & \texttt{00100}\\
\end{array}
\]

交换症状相对位置之后（此处3、4列和4、5列对调）变成：

\[\begin{array}{}
\text{主人公症状} & \texttt{01110} \\
\text{药物的疗效} & \texttt{11100}\\
\text{药物后遗症} & \texttt{00001}\\
\end{array}
\]

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：

\[\begin{array}{}
\text{药物的疗效} & \texttt{11100}\\
\text{药物后遗症} & \texttt{00001}\\
\text{药物效果} & \texttt{---0+}\\
\end{array}
\]

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：

\[\begin{array}{}
\text{项目} & \text{可治疗} & \text{不变} & \text{后遗症} \\
\text{用药前一状态} & \texttt{QQQ} & \texttt{QQQQ} & \texttt{QQ} \\
\text{药物效果} & \texttt{---} & \texttt{0000} & \texttt{++} \\
\text{一次用药后状态} & \texttt{000} & \texttt{QQQQ} & \texttt{11} \\
\text{中间若干用药} & \cdots & \cdots & \cdots \\
\text{二次用药后状态} & \texttt{000} & \texttt{QQQQ} & \texttt{11} \\
\end{array}
\]

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：

\[\begin{array}{}
\text{项目} & \text{可治疗} & \text{不变} & \text{后遗症} \\
\text{用药前一状态} & \texttt{QQQ} & \texttt{QQQQ} & \texttt{QQ} \\
\text{药物效果} & \texttt{---} & \texttt{0000} & \texttt{++} \\
\text{中间若干用药} & \cdots & \cdots & \cdots \\
\text{原二次用药后状态} & \texttt{000} & \texttt{QQQQ} & \texttt{11} \\
\end{array}
\]

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：

\[\begin{array}{}
\text{项目} & \text{可治疗} & \text{不变} & \text{后遗症} \\
\text{某状态} & \texttt{QQQ} & \texttt{QQQQ} & \texttt{QQ} \\
\text{中间若干用药} & \cdots & \cdots & \cdots \\
\text{纯药效果} & \texttt{---} & \texttt{0000} & \texttt{00} \\
\text{吃纯药后状态} & \texttt{000} & \texttt{QQQQ} & \texttt{QQ} \\
\end{array}
\]

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：

\[\begin{array}{}
\text{项目} & \text{不变} & \text{后遗症} \\
\text{某状态} & \texttt{QQQQ} & \texttt{QQ} \\
\text{中间其他若干用药} & \cdots & \cdots \\
\end{array}
\]

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 \(\texttt{10001010}\)）：

\[f_{S'} \gets f_{S} , S' \subseteq S
\]

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;
}

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