設$f[i][j][k]$表示考慮了前$i$個數字,增加了$j$根火柴,刪掉了$k$根火柴是否可能,用bitset加速DP。
然後設$g[i][j]$表示增加了$i$根火柴,刪掉了$j$根火柴的最小代價,列舉移動次數進行更新。
決策滿足單調性,故可以分治求解。
設$m=14n$,則時間複雜度為$O(\frac{nm^2}{64}+m^2\log m)$。
#include<cstdio> #include<bitset> using namespace std; const int N=205,M=2810,inf=~0U>>1; int n,m,p1,q1,p2,q2,p3,q3,i,j,k,o,w1[M],w2[M],w3[M],g[M],ans=inf; int S[10]={126,48,107,121,53,93,95,112,127,125},dx[10][10],dy[10][10]; char a[N],b[N]; bitset<M>f[2][M]; inline void up(int&a,int b){if(a>b)a=b;} void solve(int l,int r,int dl,int dr){ int m=(l+r)>>1,dm=dl,&t=g[m]; for(int o=dl;o<=m&&o<=dr;o++){ int tmp=w1[i-o]+w2[m-o]+w3[o]; if(tmp<t)t=tmp,dm=o; } if(l<m)solve(l,m-1,dl,dm); if(r>m)solve(m+1,r,dm,dr); } int main(){ scanf("%d%s%s%d%d%d%d%d%d",&n,a+1,b+1,&p1,&q1,&p2,&q2,&p3,&q3); for(i=1;i<=n;i++)a[i]-='0',b[i]-='0'; m=n*14; for(i=1;i<=m;i++)w1[i]=w1[i-1]+p1*i+q1,w2[i]=w2[i-1]+p2*i+q2,w3[i]=w3[i-1]+p3*i+q3; for(i=0;i<10;i++)for(j=0;j<10;j++)for(k=0;k<7;k++){ if(!(S[i]>>k&1)&&(S[j]>>k&1))dx[i][j]++; if((S[i]>>k&1)&&!(S[j]>>k&1))dy[i][j]++; } f[0][0][0]=1; for(i=o=1;i<=n;i++,o^=1){ for(j=0;j<=i*14;j++)f[o][j].reset(); for(j=0;j<=(i-1)*14;j++)for(k=0;k<10;k++) f[o][j+dx[a[i]][k]+dx[b[i]][k]]|=f[o^1][j]<<(dy[a[i]][k]+dy[b[i]][k]); } for(i=0;i<=m;i++){ for(j=0;j<=m;j++)g[j]=inf; solve(0,m,0,i); for(j=0;j<=m;j++)if(f[o^1][i][j])up(ans,g[j]); } return printf("%d",ans),0; }