【补题】The 1st Universal Cup. Stage 15: Hangzhou D. Master of Both III

题意：太复杂了，大概是给出一个n，然后问集合【0，1，2，......，n-1】按照计算得到的答案是什么。

原题：Master of Both III - Problem - QOJ.ac

思路：The 1st Universal Cup. Stage 15: Hangzhou - 空気力学の詩 - 博客园

1.问什么情况到什么情况的最小消耗，很容易想到是最短路，而且n给了22，这给了状态压缩，也就是把状态看成一个数值的机会。可以直接转化成很多的点，在图中有着n条边（包括0自环）。

2.问任何情况变成0，其实倒过来就是0跑到任何情况的最短路是什么。因此问题转化为由0出发，跑到别的状态是什么样的。

来到样例，2 1 2，在状态子集有1 2的情况下，最短是1走到2，然后2一起走到0。

这个意思就是别的点会走到一起重合，所以由0出发的询问应当保留自身（重合）

cpp 复制代码

int check(int x,int p){
	x |= (x << (n - p)) | (x >> p);
	x &= (1ll << n) - 1;
	return x;
}

非常好的代码，其实就是包括了2->0（循环），或者0->1（直接）两种可能，然后用&操作就区分开了，不懂可以分别看(x << (n - p)) 和 (x >> p)。

cpp 复制代码

int check(int x,int p){
	x |= (x << (n - p)) | (x >> p);
	x &= (1ll << n) - 1;
	return x;
}
for (int i = (1ll << n) - 1; i > 0;i--){
		for (int j = 0; j < n;j++){
			if(!((i>>j)&1)){
				dp[i] = min(dp[i | (1ll << j)], dp[i]);
			}
		}
	}

就是由0开始的，任何试图重合或者直接走到的计算（倒着走的）。

看着像dp一样，那么每个点实际一定是最小值，前者一定会判到

因为是重合的计算，所以当前数字一定由少一位1得来，否则不会在这个for循环中计算。

是满足由0出发的最短路的，也满足dp的前置都是完全计算的。

但是这还不够因为还有10110这种存在，起始状态没有0

cpp 复制代码

for (int i = (1ll << n) - 1; i > 0;i--){
		for (int j = 0; j < n;j++){
			if(!((i>>j)&1)){
				dp[i] = min(dp[i | (1ll << j)], dp[i]);
			}
		}
	}

一样的，剩下状态一定能按照之前覆盖过的状态的计算方式回到0，因此直接同步最小状况即可。

但是为了满足dp的性质，它应当是由大数走向低数，因为这样才能满足当前状态比它更丰满的状态是被正确计算完成的。

需要满足dp前置完成的性质。

那么至此所有状态都成功由0覆盖而来，完成了将所有状态压缩成点，最短路的询问，最后其实就是i这个状态的值的大小

代码：

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define int128 __int128
#define endl '\n'
#define IOS                  \
	ios::sync_with_stdio(0); \
	cin.tie(0);              \
	cout.tie(0);
const int N = 2e5 + 10;
const int INF = 1e18;
const int MOD = 998244353;

int cost[35];
int dp[(1ll<<22)];
int n;

int check(int x,int p){
	x |= (x << (n - p)) | (x >> p);
	x &= (1ll << n) - 1;
	return x;
}

void solve(){
	cin >> n;
	for (int i = 0; i < n;i++){
		cin >> cost[i];
	}

	memset(dp, 0x3f3f3f3f, sizeof(dp));

	dp[1] = 0;
	for (int i = 1; i < (1ll << n);i++){
		int idx = i;
		for (int j = 1; j < n;j++){
			dp[check(idx, j)] = min(dp[check(idx, j)], dp[idx] + cost[j]);
		}
	}

	for (int i = (1ll << n) - 1; i > 0;i--){
		for (int j = 0; j < n;j++){
			if(!((i>>j)&1)){
				dp[i] = min(dp[i | (1ll << j)], dp[i]);
			}
		}
	}

	int ans = 0;
	for (int i = 1; i < (1ll << n); i++){
		ans = (ans + (dp[i] * i % MOD)) % MOD;
	}
	cout << (ans + MOD) % MOD << endl;
}

signed main()
{
	//	IOS;

	int t = 1;
	// cin >> t;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
}

非常优美的代码，利用类似dp的计算方式就完成了所有状态的计算。
本人瞎贪心，自己做的时候以为所有点按照自己最短方式走到0就是最好的，写成同余最短路了......