hihocoder #1170 机器人 && 编程之美2015复赛

题意：

时间限制:2000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

小冰的N个机器人兄弟排成一列，每个机器人有一个颜色。现在小冰想让同一颜色的机器人聚在一起，即任意两个同颜色的机器人之间没有其他颜色的的机器人。

假设任意相邻的两个机器人可以交换位置，请问最少需要多少次交换？

输入

第一行为一个整数T，为数据组数，之后每组数据两行。

第一行为N和K，表示机器人的个数与颜色的总数。

接下来一行N个数，第i个数表示第i个机器人的颜色，取值范围为1到K。

输出

对于每组数据输出一行，形如"Case #X: Y"。X为数据组数，从1开始，Y为最少的交换步数。

数据范围

1 ≤ T ≤ 20

1 ≤ N ≤ 105

小数据

1 ≤ K ≤ 3

大数据

1 ≤ K ≤ 16

题解：

1.状态压缩dp,dp[11001]表示1，2，5这三种机器人已经达到要求（并且1,2,5排在3,4号机器人的前面）所需要的最

少步数

2.举个例子说明：1,2,3,4,5这五种机器人，当dp[10001]转移到dp[11001]，要想让2号达到要求，并且已知1,5号机器人

已经达到要求，就需要让2，3，4号机器人通过交换位置使得，2号机器人排在一起，且处于3，4号机器人的前边

3.达到这个目标，需要知道：逆序数对==通过交换最少的次数达到'有序'

4.预处理i号机器人(范围[1,k])到j号机器人(范围[1,k])所产生的逆序对数pre[i][j]

5.最后达到3的目标，pre[2][3] + pre[2][4]就是将2号机器人换到3，4号机器人前方所需要的步数

总结：

1.开始想用贪心写，写完之后才发现错了

2.看到网上说状态压缩，其实就是暴力，想了好多天依旧没有想出来

3.看到逆序对数==最少交换步数才差不多想出来怎么做的

4.感觉还需要努力，加强全面思考问题的能力

5.最近在学习图像处理，opencv，进度太慢被老师说了，需要提高工作效率！

6.项目这种事情还是要快，快，快，不能像ACM享受慢慢思考并弄懂问题的快乐，也可能与平时效率低下不愿面对自

己的问题有关

7.总之，不同的科目有不同的学习方法，但是不管什么都需要提高效率，并且都要弄懂原理

8.不纠结于细节，快速找到自己需要学习的目标。

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<vector>using namespace std;typedef long long LL;#define MAXN 100005#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f#define MAXM 16#define MAXP 65536int n,m,pre[MAXM][MAXM];LL dp[MAXP];vector<int>vec[MAXM];int main(){    int _,cur;    for(int kcas = scanf("%d",&_);kcas <= _;kcas++)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        for(int i = 0;i < m;i++)vec[i].clear();        for(int i = 0;i < n;i++)        {            scanf("%d",&cur);            vec[cur - 1].push_back(i);        }        memset(pre,0,sizeof(pre));        for(int i = 0;i < m;i++)            for(int j = 0;j < m;j++)if(i != j)                for(int u = 0,v = 0;u < vec[i].size();u++)                {                    while(v < vec[j].size() && vec[i][u] > vec[j][v])                        v++;                    pre[i][j] += v;                }        memset(dp,0x3f,sizeof(dp));        dp[0] = 0;        int cnt = 1 << m;        for(int i = 0;i < cnt;i++)        {            for(int j = 0;j < m;j++)if(!(i >> j & 1))            {                LL num = 0;                for(int k = 0;k < m;k++)if(!(i >> k & 1) && k != j)                    num += pre[j][k];                dp[i | (1 << j)] = min(dp[i | (1 << j)],dp[i] + num);            }        }        printf("Case #%d: %lld\n",kcas,dp[(1 << m) - 1]);    }}