[AOJ] No. 0633 ぬいぐるみの整理 (Plush Toys)

2019年6月29日

問題

方針

素直に浮かぶ方針は、並び方を全通り試すという方法ですが、このときの場合の数は、\( M!\) となるので、計算量が多すぎます。ここで、次のことに着目します。ぬいぐるみを \( k \) 種類整列済みであるとき、\( k + 1 \) 種目のぬいぐるみを新たに整列させるときに掛かるコストは、\( k \) 種整列させたときの順序に依存しません。このことを利用して、bitDP を行います。

累積和

bitDP を行うときの前段階として、ぬいぐるみの累積和を計算します。ぬいぐるみは \( M \) 種あるので、二次元配列で累積和を管理します。ここで、配列 \( b_{i, j}\) を ぬいぐるみ \( i \) が左から \( j \) 個目までに累積している数とします。

bitDP

ぬいぐるみを左から整列させるとします。整列済みのぬいぐるみの集合 \( i \) をビット列で表し、フラグが立っているものを整列済みのるいぐるみとします。ぬいぐるみ \( j \) だけを含む集合は、\( 2^{j} – 1\) と表すことができます。ここで、\( f(i) \) を集合 \( i \) におけるぬいぐるみの総数とします。このとき、あらたにぬいぐるみ \( j \) を整列させるとき、\( f(i) \) から、\( f(i) + f(2^j – 1) \) までぬいぐるみ \( j \) を整列させることになります。

コード

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {
  cin.tie(0);
  ios::sync_with_stdio(false);
  int N, M;
  cin >> N >> M;
  int a[N];
  int c[M]{};
  for (int i = 0; i < N; i++) {
    cin >> a[i];
    a[i]--;
    c[a[i]]++;
  }
  // 累積和
  int b[M][N + 1]{};
  for (int i = 0; i < N; i++) {
    for (int j = 0; j < M; j++) {
      if (a[i] == j) {
        b[j][i + 1] = b[j][i] + 1; 
      } else {
        b[j][i + 1] = b[j][i];
      }
    }
  }
  // bitDP
  int n = 1<<M;
  int dp[n]{};
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    dp[i] = N;
  }
  dp[0] = 0;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    // 整列させたぬいぐるみの数
    int l = 0;
    for (int j = 0; j < M; j++) {
      if ((i & (1<<j)) != 0) {
        l += c[j];
      }
    }
    for (int j = 0; j < M; j++) {
      int t = (1<<j);
      if ((i & t) == 0) {
        int idx = (i | t);
        // l 以降にぬいぐるみjを置くためのコスト
        int cost = c[j] - (b[j][l + c[j]] - b[j][l]); 
        dp[idx] = min(dp[idx], dp[i] + cost);
      }
    }
  }
  cout << dp[n - 1] << "\n";
  return 0;
}