沒啥營養的狀壓dp。
題意見洛谷。（以下用\(s\)表示題目中的\(k\)）先預處理出\(cnt_=\sum\limits_^[s_k=i][s_=j]\)。然後設位置\(i\)是\(id_i\)號訊號站，推一波\(\sum\)算出每個位置對答案的貢獻：
\[\beginans&=\sum_^m\sum_^mcnt_(j-i)+\sum_^m\sum_^cnt_s(i+j)\\&=\sum_^m-i\sum_^mcnt_+\sum_^mi\sum_^cnt_+s\sum_^mi\sum_^cnt_+s\sum_^mi\sum_^mcnt_\\&=\sum_^mi\left(\sum_^m\left(s\cdot cnt_-cnt_\right)+\sum_^\left(s\cdot cnt_+cnt_\right)\right)\end
\]然後就有乙個很顯然的基於位置的狀壓dp了。設\(dp_\)表示考慮到第\(|i|\)位，前\(|i|\)位的訊號站編號集合為\(i\)時的最小總貢獻。邊界：\(dp_=0\)，目標：\(dp_\)。
令\[val_=\sum_\left(s\cdot cnt_-cnt_\right)+\sum_\left(s\cdot cnt_+cnt_\right)
\]它可以通過先預處理\(\forall i\in[1,m],val_\)，剩下的拎出來乙個\(\mathrm\)來\(\mathrm o(1)\)轉移來求出，時間複雜度\(\mathrm o(2^mm)\)。
那麼狀態轉移方程：
\[dp_=\min_\!\left\}+|i|val_}\right\}
\]如此，總時空複雜度皆為\(\mathrm o(2^mm)\)。
至此是我在考場上的做法，\(80\mathrm\)，因為空間會**，乙個\(val\)陣列大概是\(700\)多\(\mathrm\)。考慮優化。
注意到轉移方程裡的\(val_}\)，不難發現若\(x\in y\)，那麼\(val_\)是不可能被用到的。這樣一來，若只存會被用到的，空間立刻減半，能過。可轉移性也很顯然。實現也很簡單，只需要讓每個\(j\)的末\(i-1\)位原封不動，其他的位拆出來右移\(1\)位，再拼起來即可。
關於卡空間，還有很多的奇技淫巧可以把空間卡的很小很小，不過研究這個也沒啥意義了（
**（開洛谷自帶o2才能過（似乎洛谷機+o2=ccf機？））：
#includeusing namespace std;
const int inf=int_max;
int lowbit(int x)
const int m=23;
int n,m,s;
int cnt[m][m];
int val[m][1<>n>>m>>s;
int las;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int i=0;i>1)]=val[i][(x&(1<>1)]+(s*cnt[i][y]+cnt[y][i])-(s*cnt[y][i]-cnt[i][y]);//遞推
} }for(int i=1;i<1<>1)]);//轉移方程
} }cout
}
洛谷P2661 資訊傳遞
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