apio2007 动物园

    第一眼就看成网络流了ORZ，这时间限制让人恐惧..........

    再仔细看题，发现和一个小朋友有关的围栏只有5个，这是个非常小，且值得注意的数字，不由得会想到状态压缩，发现O(n*2^5)好像还真的挺搭。看题解的蒟蒻强行解释一波.......那么很块能想到状态 f[i][sta] (0<=sta<2^5)来表示在i-4,i-3,i-2,i-1,i这5个围栏的选取状态为二进制数sta时，从以第一个围栏为最后的围栏的小朋友开始到以第i个围栏为最后的围栏的小朋友中，最多有多少个高兴。

转移方程不难推出:

f[i][j]=max(f[i-1][(j>>1)&31],f[i-1][(j>>1)+16])+num[i][j];

其中num[i][j]表示以第i个围栏为最后一个围栏的小朋友中，在i-4~i这5个围栏选取状态为j的情况下，有多少人高兴。

num[][]的预处理可以用前向星暴力处理。注意时环，改mod的要mod。

最后递推的时候，也要注意环带来的影响，暴力枚举初始状态，把其余的赋为-inf，递推着走，最后选取与初始位置匹配的状态即可。

代码如下。

#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int N=10005,M=50005;int num[N][32],f[N][32];struct node{int next,num1,num2,L[6],H[6];}q[M];int cnt=0,h[N],n,m;void qxx(int x){x+=4;if(x>n)x-=n;cnt++;q[cnt].next=h[x];h[x]=cnt;int i;scanf("%d%d",&q[cnt].num2,&q[cnt].num1);for(i=1;i<=q[cnt].num2;i++)scanf("%d",&q[cnt].H[i]);for(i=1;i<=q[cnt].num1;i++)scanf("%d",&q[cnt].L[i]);}int main(){int i,j,x,y,sta,k;scanf("%d%d",&n,&m);for(i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&x),qxx(x);for(x=1;x<=n;x++) for(sta=0;sta<(1<<5);sta++)   for(i=h[x];i;i=q[i].next)   {       k=0;       for(j=1;j<=q[i].num1;j++)    {    y=x-q[i].L[j];y=(y+n)%n;    if((sta>>y)&1)k=1;    }    for(j=1;j<=q[i].num2;j++)    {       y=x-q[i].H[j];y=(y+n)%n;    if(!((sta>>y)&1))k=1;    }    num[x][sta]+=k;  }int Ans=0;for(sta=0;sta<(1<<5);sta++){for(j=0;j<(1<<5);j++) if(j!=sta)f[1][j]=-2*n;else f[1][j]=num[1][j];for(i=2;i<=n;i++) for(j=0;j<(1<<5);j++) f[i][j]=max(f[i-1][(j>>1)&31],f[i-1][(j>>1)+16])+num[i][j];Ans=max(Ans,f[n][(sta>>1)&31]);Ans=max(Ans,f[n][(sta>>1)+16]);}printf("%d",Ans);return 0;}