分析：非常神的一道题.迭代加深搜索+rand可以骗得20分.状压n的话只有24分，必须对问题进行一个转化.
在爆搜的过程中，可以利用差分来快速地对一个区间进行修改，把一般的差分改成异或型的差分：
b[i] = a[i] ^ a[i + 1],每次翻转操作实际上就是在b[l-1]取反，b[r]上取反.那么先对原序列建一个差分数组，实际上的操作就是在对这个差分数组进行操作：每次可以选两个数取反，问多少次能够把这个数组中的所有元素全部变成1.这是一个很神奇的转化.
每次取反的两个数长度都是固定的.两种情况：1.将1,0取反. 2.将0,0取反.其实第一种操作完全是不必要考虑的，因为这种情况下就是把0挪到了另一个位置罢了.对于第二种操作，可以理解为把这两个0给“消”去.那么题目就变成了最少用多少次操作能够把所有的0给消掉.每一次操作都会把0移动固定的位置，只有当两个0的位置重叠，这两个0才会被消掉。
问题还可以接着转化：有n个物品，每次取出还没有被消掉的两个物品，将它们消掉，问最小的代价.k非常小，这就是典型的状压dp了，和noip2016愤怒的小鸟差不多，只不过那道题可以消掉多个.先对每个0求到其他能到达的位置的最短路(最小代价)，f[i]表示i这个状态的最小代价，如果i上的第j位为1，说明第j个0已经被消掉了，状态转移方程很明显，每次找两个没消掉的消就好了，具体见代码.
20分暴力：
#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <ctime> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; int n, k, m, a[40010], b[40010], cha[40010], dep = 1, vis[70][40010], temp[40010]; bool flag = false; bool check() { memcpy(temp, cha, sizeof(cha)); for (int i = 1; i <= n; i++) { temp[i] += temp[i - 1]; if ((temp[i] + a[i]) % 2 != 1) return false; } return true; } void dfs(int d) { if (d == dep + 1) { if (check()) flag = 1; return; } for (int i = 1; i <= m; i++) for (int j = 1; j + b[i] - 1 <= n; j++) if (!vis[i][j]) { cha[j]++; cha[j + b[i]]--; vis[i][j] = 1; dfs(d + 1); cha[j]--; cha[j + b[i]]++; vis[i][j] = 0; } } int main() { scanf("%d%d%d", &n, &k, &m); for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = 1; for (int i = 1; i <= k; i++) { int t; scanf("%d", &t); a[t] = 0; } for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d", &b[i]); if (n <= 16) { for (;; dep++) { dfs(1); if (flag) { printf("%d ", dep); break; } } } else { srand(time(0)); cout << rand() % 4 << endl; } return 0; }
std:
#include <cmath> #include <queue> #include <vector> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int inf = 0x7ffffff; typedef long long ll; int n, k, m, b[70], a[40010], cnt, d[20][40010], f[1 << 19]; pair <int, int>p[20]; queue <int> q; void bfs(pair <int, int> s) { for (int i = 0; i < 40010; i++) d[s.first][i] = inf; q.push(s.second); d[s.first][s.second] = 0; while (!q.empty()) { int x = q.front(); q.pop(); for (int i = 1; i <= m; i++) { if (x - b[i] >= 0 && d[s.first][x - b[i]] > d[s.first][x] + 1) { d[s.first][x - b[i]] = d[s.first][x] + 1; q.push(x - b[i]); } if (x + b[i] <= n && d[s.first][x + b[i]] > d[s.first][x] + 1) { d[s.first][x + b[i]] = d[s.first][x] + 1; q.push(x + b[i]); } } } } int solve(int statuu) { if (f[statuu] != -1) return f[statuu]; if (statuu == 0) return 0; int &ret = f[statuu]; ret = inf; for (int i = 0; i < 2 * k; i++) if (statuu & (1 << i)) for (int j = 0; j < 2 * k; j++) if (statuu & (1 << j) && j != i) ret = min(ret, solve(statuu ^ (1 << j) ^ (1 << i)) + d[j][p[i].second]); return ret; } int main() { scanf("%d%d%d", &n, &k, &m); for (int i = 1; i <= k; i++) { int t; scanf("%d", &t); a[t] = 1; } for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d", &b[i]); for (int i = 0; i <= n; i++) if (a[i] != a[i + 1]) //实质上就是差分 { p[cnt] = make_pair(cnt, i); cnt++; } for (int i = 0; i < cnt; i++) bfs(p[i]); memset(f, -1, sizeof(f)); printf("%d ", solve((1 << cnt) - 1)); return 0; }