P7458 [CERC2018] Clockwork ||ange 题解

二进制表示

我们只关心每个畜栏是否非空，因此可以用一个二进制数表示整个畜栏状态。

一次搬迁选择正整数 $K$，在二进制表示中，“右边第 K 个畜栏”正好对应右移 K 位。因此一次操作可以写成 $newa = nowa \mid (nowa \gg K)$。其中：

nowa 保留原来的非空畜栏。
nowa \gg K 把兔子移动到右边第 K 个畜栏。
按位或表示合并新旧状态。

如果某个畜栏离最后一个畜栏太近，右移后越界，越界部分自然消失；而原畜栏仍然保留，所以正好符合题目“太靠右则全部留在原畜栏”的规则。

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设当前状态为 $nowa$，已经进行了 now 次搬迁，上一次选择的 K 为 $pre_k$。

由于每次操作都是“并上右移后的结果”，操作顺序实际上可以交换。因此我们可以限制选择的 K 非降，避免重复枚举同一种操作序列。

其中 newa > nowa 用来剪掉没有产生任何新非空畜栏的操作。因为所有可达状态都包含初始状态 $a$，所以 newa > nowa 等价于“至少新增了一个初始为空的畜栏”。如果一次操作没有新增任何畜栏，它不会帮助达到目标，可以跳过。

如果：

now_a == (1ll << n) - 1

说明所有 n 个畜栏都非空，更新答案。

为什么最多只需要 6 次

如果第一个畜栏有兔子，那么可以依次选择 $K = 1, 2, 4, 8, 16, 32$。

不难发现，只要第一个畜栏有兔子，六次操作一定可以填满。

参考代码

::::success[code]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a;
int minans = INT_MAX;
int n;
void dfs(int now, int pre_k, long long now_a) {
    if(now > 6 || now >= minans) {
        return;
    }
    if(now_a == (1ll << n) - 1) {
        minans = min(minans, now);
    }
    for(int k = pre_k; k <= n; ++k) {
        long long new_a = now_a | (now_a >> k);
        if(new_a > now_a) dfs(now + 1, k, new_a);
    }
}
int main() {
    char s[45];
    scanf("%s", s + 1);
    if(s[1] == '0') {
        printf("-1\n");
        return 0;
    }
    n = strlen(s + 1);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        a *= 2;
        if(s[i] == '1') a += 1;
    }
    dfs(0, 1, a);
    printf("%d\n", minans);
    return 0;
}

::::

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