【JZOJ 3853】【NOIP2014八校联考第2场第2试9.28】帮助Bsny（help） （详解）

帮助Bsny

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题目描述
Bsny的书架乱成一团了，帮他一下吧！
他的书架上一共有n本书，我们定义混乱值是连续相同高度书本的段数。例如，如果书的高度是30，30，31，31，32，那么混乱值为3；30，32，32，31的混乱值也为3。但是31，32，31，32，31的混乱值为5，这实在是太乱了。
Bsny想尽可能减少混乱值，但他有点累了，所以他决定最多取出k本书，再随意将它们放回到书架上。你能帮助他吗？
输入
第一行两个整数n，k，分别表示书的数目和可以取出的书本数目。
接下来一行n个整数表示每本书的高度。
输出
仅一行一个整数，表示能够得到的最小混乱值。
样例输入
5 1
25 26 25 26 25
样例输出
3
提示
20%的数据：1≤n≤20，k=1。
40%的数据：书的高度不是25就是32，高度种类最多2种。
100%的数据：1≤k≤n≤100，注意所有书本高度在[25,32]。
来源
NOIP2014八校联考Test2 Day2

要点说明：

• DP的本质是分治
• 分支的本质是枚举

解题思路：

从求最值和书高度的范围中大佬们基本都能看出这是一道状压DP，但是这个DP还是有那么点难度的，稍微有些复杂。让我们从简单出发，先考虑20%的情况，k=1时我们该怎么做？
这道题目的一个关键点是把整个取书的过程分解：
1. 把书取出来
2. 把剩下的拼接起来
3. 把取出来的书放回去
假设我们已经求出了原先序列的混乱值ans，那么我们就暴力枚举取出的是哪本书，那么混乱值的变化不外乎在这三个步骤中，假设我们取出第i本书，那么：
4. 取书：if (a[i]!=a[i-1] && a[i]!=a[i+1]) ans=ans-1;
PS:如果i既不属于i-1的类，也不属于i+1的类，那么取出后i自己这一类就要减去。
5. 拼接：if (a[i-1]==a[i+1] && a[i]!=a[i+1]) ans=ans-1;
PS:如果i-1和i+1属于同一类，并且取出前i-1,i,i+1不属于同一类，那么拼接后就又少了一类。
3. 放回 if (cnt[a[i]]<=1) ans=ans+1;
PS：如果书架上a[i]不止一本，那么放在那本书旁边ans就可以-1。
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接下来我们考虑取多本书的情况，这是我们发现如果还想之前那样分情况讨论的话会很复杂，我们考虑一下用dfs来写。

在这一步前我们要先弄清出一个小问题：
1.一本一本取出，在一次性放回.
2.一次性取出k本在一次性放回
这两种在最优情况下是相同的。显然不论一种情况下书放在了那里，另一种情况都可以把书放在应放的位置。
还有一个小问题：
取出的书的先后顺序不影响答案，请读者自行思考。

继续之前的话题。 这里的dfs算的是取书和拼接的总混乱度。
dfs时需要带那些参数？首先要记录当前决定那本书t，还要记录已经去了几本书num，毕竟要判断还能不能取，但是怎么判断假如不取书时混乱度是否需要增加，于是我们想到了记录下最后一本没取的书last，这是dfs就自然而然的写出来了，上伪代码：

dfs(t,num,last,ans)    if (t>n)         判断ans是否更优;        return;    //不取；    if (a[t]!=last) dfs(t+1,num,a[t],ans+1);    else dfs(t+1,num,a[t],ans);    //取；    if (num< k) dfs(t+1,num+1,last,ans);

大家要好好理解这段代码，这是DP的基础，这样肯定是TLE的，但是加上“备忘机制”就是记忆化搜索了，（有一点需要注意，这道题目貌似不能用记忆化搜索来写，因为这道题目是顺推，在dfs是不能保证当前的是最优解，但是dfs版本用来理解是非常有帮助的，是核心所在。）

但是还有一个问题：最后放入是混乱度怎么计算？状压！但是我们只能记录有关高度取没取，不能个数，不然存储空间太大了，就不能用二进制位来表示了。
显然我们还要在记录取出的书的集合sta1，但我们不知道取了几本，也就不知道剩下的书中有没有取出的，所以还要记录剩下的书的集合sta2，这样
令x=高度表示的二进制数 (如1000) if (x&sta1 && !(x&sta2)) ans=ans+1；
但是问题又来了，状态的时空复杂度到了O(n*m*8*256*256)。我们在考虑优化它，也就到了这道题目很巧妙的一个点，经过试验我们发现我们可以只记录没取书的集合sta，证明过程分类讨论：

1. 如果x高度的书在剩下的书中没有，但是在最初始的序列中存在，ans++；
2. 如果x高度的书在剩下的书中有，那么不管有没有取出高度为x的书ans都不变
   这样一来只要在记录下来原先序列集合tot问题就圆满解决了，来一个例子：
   id: 1 2 3 4 5 6 7 8
   tot: 1 0 1 0 1 1 1 1
   sta: 0 0 1 0 0 1 0 1
   1,5,7号书再放回去时需要加1，因为没取的书中也就是书架上没有了，但是原先却又，表示取出了，再放回去当然要+1混乱度。
   这里我们可以 x=tot^sta 再加上x中1的个数即可
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再讲一下DP吧。
f[i][j][last][sta]表示取前i本书，已经取了j本，最后一本没取的书是last，没取的书集合是sta。
我们用顺推法求解。假设已经知道f[i][j][k][sta]
令 x=1<<(a[i]-1), p=f[i][j][k][sta];
1. i+1本书不取
if (a[i+1]==last) relax(f[i+1][j][a[i+1]][sta|x],p);
else relax(f[i+1][j][a[i+1]][sta|x],p+1);
2. i+1本书取
relax(f[i+1][j+1][k][sta],p);

relax(&x,y){x=min(x,y)}

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经验：

写DP前可以先考虑简单情况，写出dfs版本在写DP

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int f[105][105][9][1<<8],a[105],n,m,ans,tot;void relax(int &x,int val){x=min(x,val);}void pd(int sta,int p){    sta=sta^tot;    for (int i=0;i<8;i++)        p+=sta&(1<<i);    ans=min(ans,p);}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    for (int i=1;i<=n;i++)    {        scanf("%d",&a[i]);        a[i]-=24;        tot=tot|(1<<(a[i]-1));    }    memset(f,0x3f,sizeof(f));    f[0][0][0][0]=0; ans=0x3f3f3f3f;    for (int i=0;i<=n;i++)        for (int j=0;j<=m;j++)            for (int k=0;k<=8;k++)                for (int sta=0;sta<(1<<8);sta++)                {                    int x=1<<(a[i+1]-1),p=f[i][j][k][sta];                    if (p==0x3f3f3f3f) continue;                    if (i==n) pd(sta,p);                    //don't take the (i+1)th book;                    if (i<n)                        if (a[i+1]==k) relax(f[i+1][j][a[i+1]][sta|x],p);                        else relax(f[i+1][j][a[i+1]][sta|x],p+1);                    //take the (i+1)th book;                    if (j<m) relax(f[i+1][j+1][k][sta],p);                }    cout<<ans<<endl;    return 0;}