题意

可以对 条 字符串进行任意排序，排好序后的代价为从前往后每次加入新 串后多出 位置数的平方的累加。

解法

由于数据量非常小（ ,很明显再告诉你用状压来做），可以采用状态压缩 来解。用状压维护集合，同时提前预处理出每个集合对应的所有 串或操作之后的 串。预处理之后开始枚举子集，将子集（以下称为原子集）从另一个子集（以下称为旧子集）的答案继承过来（旧子集集合内与原子集的区别为后者比前者多且仅多一个元素），继承过来的答案需要加上原子集比旧子集 串多出个数的平方，取全部继承过来答案的最小值即可，最后输出全集答案。复杂度 。 为 串的长度。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<bitset>

using namespace std;
const int maxn=(1<<20)+5;

int f[maxn],n,k,len;
string s;
bitset<21>dp[maxn];//bitset高效维护，主要是数1的个数时很快

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cin>>n>>len; memset(f,127/5,sizeof(f)); 
    k=(1<<n)-1; f[0]=0; 
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>s; int tmp=0;
        for(int j=0;j<s.length();j++)
        {
            tmp=tmp*2+(s[j]=='1');
        }
        dp[1<<i-1]=tmp;//先把只有一个元素的集合的串给定
    }
    for(int i=1;i<=k;i++)//预处理
    {
        int tmp=0;
        for(int j=0;j<n;j++)
        {
            if(i&(1<<j))dp[i]|=dp[1<<j];//维护不同子集的01串
        }
    }
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        int ct1=dp[i].count();
        for(int j=0;j<n;j++)
        {
            if(i&(1<<j))
            {
                int p=i&((1<<j)^k),ct2=dp[p].count();//p为把i第j位改为0的二进制数
                f[i]=min(f[i],f[p]+(ct1-ct2)*(ct1-ct2));//继承答案
            }
        }
    }
    cout<<f[k]<<endl;
    return 0;
}