[USACO23JAN] Lights Off G题解

洛谷[USACO23JAN] Lights Off G

题目大意

贝西想要睡觉，但是农场的灯一直开着，影响它睡觉。 贝西有两个长度为$n$的$01$字符串，分别表示$n$盏灯的序列和开关的序列。其中，表示灯的序列，$0$表示关灯，$1$表示开灯；表示开关的序列，$1$表示可操控的，$0$表示不可操控。

一次操作由下面几个步骤组成：

• 将一个开关的状态变换，即由可操控变成不可操控；或者不可操控变成可操控
• 对每一个可操控的开关，按下开关，对应的灯的状态将发生变换，开变成关，关变成开
• 将开关循环移位，即开始的开关是$s_0{s}_1\dots s_{n-1}$，循环移位后变成$s_{n-1}{s}_0\dots s_{n-2}$

求最小的操作次数，使得所有的灯都关掉。

有$t$组数据。

$1\le t\le 2\times 10^5,2\le n\le 20$

题解

设灯的$01$串为$a$,开关的$01$串为$b$。

首先，操作次数不会超过$3n$。先用最多$n$次来将所有开关全部关闭，然后每连续两次，分别打开、关闭开关来把某个灯关掉。

因为操作一是需要设定的，而操作二和操作三是一定的，所以可以将两者分开处理。

对于操作二和操作三，就是$a=a\oplus b$，然后将$b$循环移位，再进行$a=a\oplus b$，进行的次数与操作次数一致。

对于操作一，设$f_{i,j}$表示前$i$次是否能达到状态$j$，那么$f_{i,j}$可以由$f_{i-1,j\oplus x}$转移得到，其中$x$可取所有长度为$i$的连续段。

这样做的话，总时间复杂度为$O(n^2\cdot 2^n+nT)$。但因为常数较大，所以我们还需要进一步优化。

如果两个状态$x,y$可以用过循环移动得到，那么显然$f_{i,x}=f_{i,y}$，所以可以用最小的$j$作为所有能通过循环移动得到$j$的元素的代表$v_j$。这样的话，能通过循环移动得到的$j$只需计算一次。那么，固定$x$移动$j$，即可处理$j$经过各个$x$来更新$f_{i,j}$的情况。

总时间复杂度为$O(n\cdot 2^n+nT)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int qt,n,v1,v2,v[1<<21];
bool f[65][1<<21];
char s[105],t[105];
int tn(int x){
	return (x>>1)|((x&1)<<n-1);
}
int gt(int x,int y){
	if(x==0) return 0;
	for(int i=1;i<=3*n;i++,y=tn(y)){
		x^=y;
		if(f[i][v[x]]) return i;
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&qt,&n);
	memset(v,-1,sizeof(v));
	for(int i=0;i<1<<n;i++){
		int p=i;
		while(v[p]==-1){
			v[p]=i;p=tn(p);
		}
	}
	f[0][0]=1;
	for(int i=1,x=0;i<=3*n;i++){
		x^=1<<(i-1)%n;
		for(int j=0;j<1<<n;j++){
			f[i][v[j]]|=f[i-1][v[j^x]];
		}
	}
	while(qt--){
		scanf("%s%s",s+1,t+1);
		v1=v2=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			v1=v1<<1|(s[i]-'0');
			v2=v2<<1|(t[i]-'0');
		}
		printf("%d\n",gt(v1,v2));
	}
	return 0;
}