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hamayanhamayan's blog

Swap and Flip [Keyence Programming Contest 2020 D]

https://atcoder.jp/contests/keyence2020/tasks/keyence2020_d

前提知識

解説

https://atcoder.jp/contests/keyence2020/submissions/9583217

とある性質がある。
「位置が1だけずれると同時に裏返されるため、位置と色のパリティ(2で割った余り)は必ず一致するか、必ず異なる」
つまり、0,2,4番目にあるカードは0,2,4では赤であるが、1,3,5では青になる。
そして、これが満たされれば操作によって、その位置を実現できる。

制約からBitDP感が伝わってくるので、その方針で考えるといける。
以下、0-indexedで考える。

dp[msk][lst] := 既に整列済みの集合がmskで、最後の値がlstであるときの操作の最小値
これで、未選択のi番目のカードを列の末尾に追加することを考える。
既にdone枚選択されている場合、done番目に追加されることになる。
もともとi番目にあるので、abs(i - done)が位置の差となる。
このパリティが0であれば、赤が表になっていて、1であれば青が表になっている。
赤青が分かるということは数が確定するということである。
末尾はlstであるので、これ未満であれば置くことはできない。
さて、おける時に、操作の回数はどうなるだろうか。
今回も問題はバブルソートと実はほぼ同じである。
バブルソートでは転置数の総和が最小総和回数である。
よって、今の段階での転置数を見よう。
i番目より前のカードについて(元々前にある)、選択されていない(その数より大きい位置に置かれる予定)ものの数が転置数である。
これを愚直に数える。

セオリー通りに計算量解析すると、O(2N N3)であり、厳しい気もするが、
DP更新時に更新元がINFであれば計算しないなどの枝刈りを行うと通る。

int N, AB[18][2];
int dp[1 << 18][51];
//---------------------------------------------------------------------------------------------------
void _main() {
    cin >> N;
    rep(i, 0, N) cin >> AB[i][0];
    rep(i, 0, N) cin >> AB[i][1];

    rep(msk, 0, 1 << N) rep(lst, 0, 51) dp[msk][lst] = inf;

    dp[0][0] = 0;
    rep(msk, 0, 1 << N) rep(lst, 0, 51) if (dp[msk][lst] != inf) {
        int done = 0;
        rep(i, 0, N) if (msk & (1 << i)) done++;

        rep(i, 0, N) {
            if (msk & (1 << i)) continue;

            int p = abs(done - i) % 2;
            if (AB[i][p] < lst) continue;

            int c = 0;
            rep(j, 0, i) if (!(msk & (1 << j))) c++;

            chmin(dp[msk | (1 << i)][AB[i][p]], dp[msk][lst] + c);
        }
    }

    int ans = inf;
    rep(lst, 0, 51) chmin(ans, dp[(1 << N) - 1][lst]);

    if (ans == inf) ans = -1;
    cout << ans << endl;
}