[Codeforces1238E]Keyboard Purchase

題意

一個只包含前$m$個字母的長度爲$n$的字符串$s$

對於一個包含前$m$個字母的排列，設$pos_c$表示字母$c$在排列中的位置

求一個排列使得$\sum_{i=2}^n|pos_{s[i]}-pos_{s[i-1]}|$最小，輸出最小值即可

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題解

設$cnt_{x,y}$表示字母$x,y$有多少次相鄰（特別的$cnt_{x,x}=0$）

那麼就是最小化$\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^{i-1}cnt_{i,j}|pos_i-pos_j|$

注意到$m$只有$20$，可以考慮狀壓，設全集爲$T$

對於一個集合$s$，假設新加入一個字母$x$，我們就把$x$放在排列的$|s|$位（由於是絕對值的差，全員的位置都$-1$不影響結果）

可以證明這樣做是能取到所有最優情況的，因爲擴展到集合$s$時，$s$中每個字母放在最後的情況都會被算到

那麼把$x$加入集合的代價爲$\sum_{y\in s}cnt_{y,x}(|s|-pos_y)$

$($注意此時是無法暴力存下位置然後枚舉轉移的，因爲可能會有很多總代價相同的排列，時間複雜度可以達到$O(m^32^m+n)$$)$

設$sum_{s,x}=\sum_{y\in s}cnt_{y,x}$，這個是可以預處理出來的

主要考慮後面減去的$pos_y$如何轉化

而由於我們無法存下位置，所以只能在$x$上面想如何處理

假設再新加入一個字母$z$，則其代價中與$x$有關的就只有$-cnt_{z,x}pos_x$這一項

而此時$pos_x=|s|$，其中$z\in T-s$

所以對於所有的$z$，$x$的貢獻和就爲$-|s|\times sum_{T-s,x}$

所以$\sum_{y\in s}cnt_{x,y}(|s|+1-pos_y)$就可以等價轉化爲$|s|\times(sum_{s,x}-sum_{T-s,x})$

於是設$f_s$表示集合$s$的等價代價的最小和，那麼

$f_{s|x}=\min_{x\notin s}f_{s}+|s|\times(sum_{s,x}-sum_{T-s,x})$

時間複雜度$O(m2^m+n)$

#include<bits/stdc++.h>
#define fp(i,a,b) for(register int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(register int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define file(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=25,S=(1<<21)+5;
typedef long long ll;
int n,m,T,Mi[M],cnt[M][M];
int f[S],Log[S],cntBit[S],sumC[S][M];
char s[N];
int main(){
	#ifndef ONLINE_JUDGE
		file("s");
	#endif
	scanf("%d %d\n",&n,&m);
	gets(s+1);T=(1<<m)-1;
	fp(i,2,n)
		++cnt[s[i]-'a'][s[i-1]-'a'],
		++cnt[s[i-1]-'a'][s[i]-'a'];
	fp(i,0,m)cnt[i][i]=0;
	Mi[0]=1;Log[0]=-1;
	fp(i,1,m-1)Mi[i]=Mi[i-1]<<1;
	fp(s,1,T){
		Log[s]=Log[s>>1]+1;
		cntBit[s]=cntBit[s>>1]+(s&1);
		int y=Log[s&(-s)];
		fp(x,0,m-1)sumC[s][x]=sumC[s^Mi[y]][x]+cnt[x][y];
	}
	memset(f,127,sizeof f);f[0]=0;
	fp(s,0,T)fp(i,0,m-1)if(!(s&Mi[i]))
		cmin(f[s|Mi[i]],f[s]+cntBit[s]*(sumC[s][i]-sumC[T^s][i]));
	printf("%d\n",f[T]);
return 0;
}