Educational CF Round 74 (Div. 2)___E. Keyboard Purchase —— 子集划分dp + 状压

题目链接：点我啊╭(╯^╰)╮

题目大意：

    长度为 $n\le 1e5$ 的串，字符集为 $m\le 20$
    键盘上有对应的 $m$ 个键，排成一排
    键位自定义，问输出这个串的最短总和距离为多少？？

解题思路：

    $m$ 只有 $20$， 考虑状压
    设 $cnt[x][y]$ 为字母 $x$ 到 $y$的总次数
    $dp[s]$ 为状态为 $s$ 时，已经将 $s$ 每个状态位的字符放到键盘上，移动的最少距离
    接下来考虑距离的影响

    考虑每次转移时，新的字母 $x$ 放到键盘的最右边，设 $pos[x]$ 为 $x$ 在键盘上的位置
    则从 $dp[s]->dp[s|1<<x]$，要考虑 $x$ 到 $s$ 里的字母里的距离 与 $x$ 到 $s$ 外的字母里的距离

    ${\sum }_{k\in S}cnt[x][k]\times (pos[x]-pos[k])+{\sum }_{k\notin S}cnt[x][k]\times (pos[k]-pos[x])$

    每次转移需要计算 $S$ 状态下，上式的值，发现可以预处理
    预处理的是每个 $S$ 的每个状态位与每个非状态位的距离总和 $d[S]$
    那么转移的时候从$dp[s]->dp[s|1<<x]，dp[s|1<<x]=min（...，dp[s]+d[s]）$

    这样通过每次转移，都处理了键盘里的字母与非键盘里的字母的距离
    时间复杂度：$O(m^2\times 2^m+m\times 2^m)$

    达到了 $4e8$，很明显 $cf$ 是可以卡过的，但考虑更优的做法的话

    对于 ${\sum }_{k\in S}cnt[x][k]\times (pos[x]-pos[k])+{\sum }_{k\notin S}cnt[x][k]\times (pos[k]-pos[x])$
    因为 $pos[x]==S$ 里的 $1$ 的个数，但 $pos[k]$ 未知，如果考虑 $pos[k]$ 则会到达 $m^2\times 2^m$
    这里我们只考虑插入字母 $x$ 时，$pos[x]$ 对转移的影响

    则上式变为：${\sum }_{k\in S}cnt[x][k]\times pos[x]-{\sum }_{k\notin S}cnt[x][k]\times pos[x]$

    这样我们在预处理时，设 $d[s][x]$ 为 $x\notin s，{\sum }_{k\in s}cnt[x][k]$
    发现 $d[s][x]$ 也可以通过子集的状态转移，设 $i\in s$
    $d[s][x]=d[s$ ^ $i][x]+cnt[x][i]$
    只需要知道一个 $i\in s$，考虑树状数组里的 $s\&-s$ 则可以得到 $s$ 里的最低位的 $1$
    预处理之后，$dp$ 的转移则要考虑位置的影响
    $dp[ns]=min(dp[ns],dp[s]+pos[x]\ast (d[s][x]-d[((1<<m)-1)$ ^ $ns][x]))$

    那么问题来了，为什么只考虑 $pos[x]$ 对转移的影响，而不考虑 $pos[k]$ 的影响？
    观察 ${\sum }_{k\in S}cnt[x][k]\times (pos[x]-pos[k])-{\sum }_{k\notin S}cnt[x][k]\times (pos[k]-pos[x])$
    发现对于 $pos[k]$，在不断的转移计算过程中，最终会全部抵消掉，总和为 $0$
    也就是 $pos[k]$ 对最终答案是没用影响的
    那么现在的状压 $dp$ 所表示的就不是原本的状压了，中间的过程状态都是错的
    但最终的结果是正确的的（QwQ ~~~）

    时间复杂度：$O(m\times 2^m)$

核心：预处理状态转移，子集优化dp

#include<bits/stdc++.h>
#define rint register int
#define deb(x) cerr<<#x<<" = "<<(x)<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;
int n, m, cnt[25][25];
int d[1<<21][25], dp[1<<21];
char s[maxn];

int main() {
	scanf("%d%d%s", &n, &m, s+1);
	for(int i=1; i<n; i++){
		cnt[s[i]-'a'][s[i+1]-'a']++;
		cnt[s[i+1]-'a'][s[i]-'a']++;
	}
	for(int s=1; s<1<<m; s++)
		for(int i=0; i<m; i++)
			d[s][i] = d[s & (s - 1)][i] + cnt[i][__builtin_ffs(s) - 1];
			
	memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
	dp[0] = 0;
	for(int s=0; s<1<<m; s++){
		for(int i=0; i<m; i++){
			if(1 << i & s) continue;
			int ns = 1 << i | s;
			int pos = __builtin_popcount(s);
			dp[ns] = min(dp[ns], dp[s] + pos * (d[s][i] - d[((1<<m)-1) ^ ns][i]));
		}
	}
	printf("%d\n", dp[(1<<m)-1]);
}