题目地址：洛谷：【P2157】[SDOI2009]学校食堂 – 洛谷、BZOJ：Problem 1226. — [SDOI2009]学校食堂Dining

题目描述

小F 的学校在城市的一个偏僻角落，所有学生都只好在学校吃饭。学校有一个食堂，虽然简陋，但食堂大厨总能做出让同学们满意的菜肴。当然，不同的人口味也不一定相同，但每个人的口味都可以用一个非负整数表示。 由于人手不够，食堂每次只能为一个人做菜。做每道菜所需的时间是和前一道菜有关的，若前一道菜的对应的口味是a，这一道为b，则做这道菜所需的时间为（a or b）-（a and b），而做第一道菜是不需要计算时间的。其中，or 和and 表示整数逐位或运算及逐位与运算，C语言中对应的运算符为“|”和“&”。
学生数目相对于这个学校还是比较多的，吃饭做菜往往就会花去不少时间。因此，学校食堂偶尔会不按照大家的排队顺序做菜，以缩短总的进餐时间。
虽然同学们能够理解学校食堂的这种做法，不过每个同学还是有一定容忍度的。也就是说，队伍中的第i 个同学，最多允许紧跟他身后的Bi 个人先拿到饭菜。一旦在此之后的任意同学比当前同学先拿到饭，当前同学将会十分愤怒。因此，食堂做菜还得照顾到同学们的情绪。 现在，小F 想知道在满足所有人的容忍度这一前提下，自己的学校食堂做完这些菜最少需要多少时间。

输入输出格式

输入格式：
第一行包含一个正整数C，表示测试点的数据组数。 每组数据的第一行包含一个正整数N，表示同学数。 每组数据的第二行起共N行，每行包含两个用空格分隔的非负整数Ti和Bi，表示按队伍顺序从前往后的每个同学所需的菜的口味和这个同学的忍受度。 每组数据之间没有多余空行。

输出格式：
包含C行，每行一个整数，表示对应数据中食堂完成所有菜所需的最少时间。

输入输出样例

输入样例#1：

2
5
5 2
4 1
12 0
3 3
2 2
2
5 0
4 0

输出样例#1：

16
1

说明

对于第一组数据：
同学1允许同学2或同学3在他之前拿到菜；同学2允许同学3在他之前拿到菜；同学3比较小气，他必须比他后面的同学先拿菜……
一种最优的方案是按同学3、同学2、同学1、同学4、同学5做菜，每道菜所需的时间分别是0、8、1、6及1。
【数据规模和约定】
对于30%的数据，满足1 ≤ N ≤ 20。
对于100%的数据，满足1 ≤ N ≤ 1,000，0 ≤ Ti ≤ 1,000，0 ≤ Bi ≤ 7，1 ≤ C ≤ 5。
存在30%的数据，满足0 ≤ Bi ≤ 1。
存在65%的数据，满足0 ≤ Bi ≤ 5。
存在45%的数据，满足0 ≤ Ti ≤ 130。

题解

学会观察数据范围是一个非常有用的技巧。
我们需要一个规模大致是O(n^2)的算法。对于这题，我们实际上要找的是一个排列，使得满足每个人的限制条件且两两异或的和最小。由于限制条件的存在，我们似乎无法贪心处理，得使用DP。那DP把啥放状态里呢，分层处理n个同学是没问题的，但是怎么来处理之后的同学排到前面去这个问题呢？我们注意到Bi的范围是很小的，就可以状压了。然后再记一下最后做的是谁的菜，便于计算下一道菜的时间，这样状态就完成了。dp[i][S][j]表示前i-1个同学的菜做完了，i及i后面7位同学的情况是S，且最后一位做菜的是i+j这个状态。需要注意的是，由于j可能最小取到-8，因此需要对j+8处理成非负整数。
接着我们考虑转移问题。有个显然的情况就是当i的菜已经做了，那么我们可以把状态dp[i][S][j]推到dp[i+1][S\i][j-1]去，因为它们是等价的状态。而另外一种状态需要枚举后面这8个同学中下一个做谁的菜比较优，注意此处枚举的时候要考虑前面同学的限制，可以记录前面同学最近允许后面哪个同学比自己前，超过限制就停止枚举。我们对于每一层先枚举后8个同学的状态，再枚举上一个做菜的同学，实现层间转移和向下一层的转移。由于本题的转移情况比较复杂，这里并不能写出转移方程。
本题在状压上下了很大的功夫，只要想到状压存状态，其他的就可以暴力枚举解决。状压真是一个暴力的东西啊。

代码

// Code by KSkun, 2018/4
#include <cstdio>
#include <cstring>

#include <algorithm>

typedef long long LL;

inline char fgc() {
    static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
    return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}

inline LL readint() {
    register LL res = 0, neg = 1; register char c = fgc();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') neg = -1;
        c = fgc();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 + c - '0';
        c = fgc();
    }
    return res * neg;
}

const int MAXN = 1005, INF = 0x3f3f3f3f;

int T, n, t[MAXN], b[MAXN], dp[MAXN][1 << 8][20];

int main() {
    T = readint();
    while(T--) {
        n = readint();
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            t[i] = readint(); b[i] = readint();
        }
        memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
        dp[1][0][7] = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            for(int j = 0; j < (1 << 8); j++) {
                for(int k = -8; k <= 7; k++) {
                    if(dp[i][j][k + 8] == INF) continue;
                    if(j & 1) {
                        dp[i + 1][j >> 1][k + 7] = std::min(dp[i + 1][j >> 1][k + 7], 
                            dp[i][j][k + 8]);
                    } else {
                        int lim = INF;
                        for(int p = 0; p <= 7; p++) {
                            if(j & (1 << p)) continue;
                            if(i + p > lim) break;
                            lim = std::min(lim, i + p + b[i + p]);
                            dp[i][j | (1 << p)][p + 8] = std::min(dp[i][j | (1 << p)][p + 8], 
                                dp[i][j][k + 8] + (i + k ? t[i + k] ^ t[i + p] : 0));
                        }
                    }
                }
            }
        }
        int ans = INF;
        for(int i = 0; i <= 8; i++) {
            ans = std::min(ans, dp[n + 1][0][i]);
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}