F - Simple Operations on Sequence(状压dp)

F - Simple Operations on Sequence(状压dp)

令 d p ( i ) dp(i) dp(i)表示序列 A A A在状态 i i i下的答案。

其中1的个数表示已经以完成 B B B序列中前 c c c个。

计算贡献的时候，把 X X X的绝对值贡献和 Y Y Y的逆序对求和。

Y Y Y的逆序对就是 i > > j i>>j i>>j中 1 1 1的个数，因为 A A A当前选择第 j j j个数，而为 1 1 1的个数表示已经在之前被选择过，所以这些下标比 j j j大，但是最终要移到 j j j之前的数，必然属于逆序对的贡献之一。

时间复杂度： O ( n 2 n ) O(n2^n) O(n2n)

// Problem: F - Simple Operations on Sequence
// Contest: AtCoder - M-SOLUTIONS Programming Contest 2021(AtCoder Beginner Contest 232)
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc232/tasks/abc232_f
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// Date: 2021-12-19 20:00:30
// --------by Herio--------

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull; 
const int N=18,M=2e4+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const int hashmod[4] = {402653189,805306457,1610612741,998244353};
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define PII pair<int,int>
#define PLL pair<ll,ll>
#define x first
#define y second
#define pb emplace_back
#define SZ(a) (int)a.size()
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr) 
void Print(int *a,int n){
	for(int i=1;i<n;i++)
		printf("%d ",a[i]);
	printf("%d\n",a[n]); 
}
template <typename T>		//x=max(x,y)  x=min(x,y)
void cmx(T &x,T y){
	if(x<y) x=y;
}
template <typename T>
void cmn(T &x,T y){
	if(x>y) x=y;
}
ll f[1<<N];
int a[N],b[N],n;
ll x,y;
int main(){
	scanf("%d%lld%lld",&n,&x,&y);int st=1<<n;
	for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",a+i);
	for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",b+i);
	mst(f,0x3f);
	f[0] = 0;
	for(int i=0;i<st;i++){
		int c = __builtin_popcount(i);
		for(int j=0;j<n;j++){
			if(!(i>>j&1)){
				f[i|1<<j] = min(f[i|1<<j],f[i]+1LL*x*abs(a[j]-b[c])+1LL*y*__builtin_popcount(i>>j));
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",f[st-1]);
	return 0;
}