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AtCoder Regular Contest 114 D Moving Pieces on Line

发布时间 2023-04-21 22:47:24作者: zltzlt

洛谷传送门

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挺有意思的题。

首先显然地，一个棋子不会走回头路。于是一个棋子沿着边走的效果就是区间异或。

更进一步，设 \(s_i\) 为 \(i-1 \to i\) 的边颜色与 \(i \to i+1\) 的边颜色是否相同（差分），相当于对于每个 \(i\) 都选择 \(s_{a_i}\) 和 \(s_{x_i}\)，将它们异或上 \(1\)（\(x_i\) 任选），代价为 \(|a_i - x_i|\)，最后要求恰好 \(k\) 个位置 \(t_1,t_2,...,t_k\) 为 \(1\)，求最小代价。

\(s_{a_i}\) 的异或操作可以事先处理。操作后需要被 \(x_i\) 异或奇数次的位置可知。现在问题又变成了，数轴上有 \(n\) 个红点 \(a_1,a_2,...,a_n\) 和 \(m\) 个蓝点 \(b_1,b_2,...,b_m\)，红点和红点可以匹配（随便选一个它们之间的点互相抵消），红点和黑点也可以匹配，要求每个黑点和每个红点都要被匹配，每对匹配的价值是坐标之差的绝对值，求最小代价。

考虑 \(n = m\) 怎么做。这个是个经典问题，\(a\) 和 \(b\) 排序后每对匹配相交一定不优，于是答案就是排序后 \(ans = \sum\limits_{i=1}^n |a_i - b_i|\)。

现在 \(n > m\)（如果 \(n < m\) 就无解），不妨沿用 \(n = m\) 时的结论。不难得出两个红点仅当它们在红点之中相邻才能形成匹配。发现数据范围允许 \(O(nm)\)，大力 dp，设 \(f_{i,j}\) 为排序后前 \(i\) 个红点和前 \(j\) 个蓝点都能匹配的代价最小值。有转移：

\[f_{i,j} \gets \min(f_{i-1,j-1} + |a_i - b_j|, f_{i-2,j} + a_i - a_{i-1}) \]

答案为 \(f_{n,m}\)。

code 
// Problem: D - Moving Pieces on Line
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 114
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc114/tasks/arc114_d
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 5050;

ll n, m, a[maxn], b[maxn << 1], c[maxn], f[maxn][maxn];

void solve() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%lld", &a[i]);
		b[i] = a[i];
	}
	for (int i = n + 1; i <= n + m; ++i) {
		scanf("%lld", &b[i]);
	}
	m += n;
	sort(a + 1, a + n + 1);
	sort(b + 1, b + m + 1);
	int tot = 0;
	for (int i = 1, j = 1; i <= m; i = (++j)) {
		while (j < m && b[j + 1] == b[i]) {
			++j;
		}
		if ((j - i + 1) & 1) {
			c[++tot] = b[i];
		}
	}
	m = tot;
	if (n < m) {
		puts("-1");
		return;
	}
	mems(f, 0x3f);
	f[0][0] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 0; j <= m; ++j) {
			f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + abs(a[i] - c[j]);
			if (i >= 2) {
				f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 2][j] + a[i] - a[i - 1]);
			}
		}
	}
	printf("%lld\n", f[n][m]);
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}