题意：给出$N$个数和一个长为$M$、所有数在$[1,N]$范围之内的正整数序列$a_i$，求出这$N$个数的一种排列$p_1...p_N$使得$\sum\limits_{i=2}^M |p_{a_i}-p_{a_{i-1}}|$最小。$N \leq 20,M \leq 1000$
$N \leq 20$给了我们很明显的状压DP的信息，但是DP方程的思维难度还是有点大。
我们考虑按照数字从小到大地指定它在$p_i$中的位置。这样我们可以通过预处理某一个位置在$a_i$中相邻位置的数字的情况得到这一个数的贡献（也就是可以直接把绝对值符号拆开来计算它的贡献），这样子转移就会方便很多了。
设$f_i$表示已经指定了数字的序列$p$中的元素集合为$i$(eg.$i=10101$就表示指定了$p_1,p_3,p_5$，而$i=01011$表示指定了$p_1,p_2,p_4$)，且对应的数为$N$个数中最小的若干个时，最小的难度值为多少。我们可以预处理$g_{i,j}$表示在序列$a$中与$i$相邻的且在集合$j$中的数的出现次数的总和(eg.如果有某一对相邻的数对为$2,3$，那么$g_{2,2^3}++,g_{3,2^2}++$)，这样我们转移的时候只需要取$g_{k,i}-g_{k,2^N - 1 \, xor \, i}$就可以得到这一个数的贡献（也就是拆了绝对值之后的系数）。然后枚举转移点转移即可。
看到绝对值就要考虑一下从小到大然后拆掉绝对值符号算贡献呢qwq
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
] , dp[ << ] , cnt[][ << ] , cnt1[ << ] , N , M;
inline int lowbit(int x){
return x & -x;
}
int main(){
cin >> N >> M;
; i < N ; i++)
cin >> now[i];
;
while(M--){
int x;
cin >> x;
x--;
){
cnt[last][ << x]++;
cnt[x][ << last]++;
}
last = x;
}
memset(dp , 0x3f , sizeof(dp));
dp[] = ;
sort(now , now + N);
; i < << N ; i++)
; j < N ; j++)
cnt[j][i] = cnt[j][i - lowbit(i)] + cnt[j][lowbit(i)];
; i < << N ; i++){
cnt1[i] = cnt1[i - lowbit(i)] + ;
; j < N ; j++)
<< j))
dp[i] = min(dp[i] , dp[i ^ ( << j)] + (cnt[j][i] - cnt[j][( << N) - - i]) * now[cnt1[i] - ]);
}
cout << dp[( << N) - ];
;
}