fzu 2093 寻找兔子（状压dp）

总算不是水题了。
Description
给定一个无向图，小兔齐齐一开始位于某个节点上(我们不知道他具体在哪个节点上)。我们知道每一秒小兔都必定会向他所在的节点的某一个邻居节点出发(如果存在邻居节点；假设小兔的移动速度很快，移动时间可以忽略)。在每一秒你可以做不超过2次的询问,每次可以询问某个节点是否有小兔！

现在假设小兔不想被我们找到，同时小兔非常聪明，那么我们需要至少几秒才能必定找到小兔的位置？

Input
输入数据第一行包含一个整数T，表示测试数据的组数。对于每组测试数据：

第一行输入两个整数N和M , N图中的节点，M表示边数，1 <= N <= 15 ,1 <= M <= 100 。

接下来输入M行，每行2个正整数 x y, 表示x和y直接有一条边(不存在自环)。 1<=x,y<=N

Output
对于每组数据输出一行，如果你最终可以找到小兔，输出最坏情况下需要几秒才能知道小兔的目前位置;否则输出一个 “-1” (不包括引号)
Sample Input
2
3 3
1 2
2 3
3 1
4 3
1 2
2 3
3 1
Sample Output
1
2
Hint
第一组样例中: 第1秒查询节点1和2，如果小兔在1或2，则解决；否则小兔必然在3；

第二组样例中: 第1秒查询节点1和2，如果小兔在1或2，则解决;否则小兔可能在3或者4。第2秒查询节点1和2，如果在1或者2，则解决；否则小兔必然在4(如果前1秒是在节点3，那么这一秒肯定不在1就在2)。

题解：
首先明确，
///dp题，状态的选取是最重要的。///
状态取的不好，直接导致子问题解决的困难，甚至子问题不能求解。
因为dp要求全局最优，状态取好了，每个阶段子问题的求取是最优的，这个dp才成立。不然就要寻求最优解。
这里题目要求的是需要至少几秒才能必定找到小兔的位置，首先考虑的是我们选取到达某状态所需最少时间设置为子问题的参考量。那么子问题在这个条件下能不能被求解（分解）呢？
很明显，可以。
这里的状态因为信息太多，我们需要压缩。
dp[i]定义为到达状态i，我们需要花费的最少时间。
每个点确定与否也是包含在状态里边的，因为确定与否其实就是01分布，实际上就可以把i j二进制化之后来表示。
用1在对于当前的每个i中表示这个点确定。

f[dx-1]|= 1<
f[dy-1]|= 1<

建边

 while(!q.empty())
        {
            int now = q.front();
            q.pop();
            int nxt = 0;
            for (int i=0; iif ((now&f[i])==f[i]) nxt|=1<for (int i=0; ifor (int j=i+1; jif (dp[nxt|(1 << i) | (1 << j)] > dp[now]+1)
                    {
                        dp[nxt|(1 << i) | (1 << j)] = dp[now]+1;
                        q.push(nxt|(1<1<for (int i=0; i1<1]=min(dp[(1<1], dp[((1<1)^(1 << i)]);

对于每个点，每个点的下一层确定的时候，这个点就一定确定了。
不然选择两个点来确定，接着，所有点都明确了，或者只有一个点没有明确时，我们就知道兔子的位置了。

这里确定下一层的话，用queue模型当然是最吼滴。操作也方便。
那么总的dp方程为：

dp[(1 <=min(dp[(1<

代码：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1<<16;
const long long inf = 0x3f3f3f3f;
int m,n,dp[maxn],f[maxn];
int dx,dy;
queue<int>q;
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>m;
        memset(f,0,sizeof(f));
        for (int i=1; i<(1<while(m--)
        {
            cin>>dx>>dy;
            f[dx-1]|= 1<1;
            f[dy-1]|= 1<1;
        }
        for (int i=0; iif(!f[i])f[i]=1<while(!q.empty())q.pop();
        q.push(0);
        while(!q.empty())
        {
            int now = q.front();
            q.pop();
            int nxt = 0;
            for (int i=0; iif ((now&f[i])==f[i]) nxt|=1<for (int i=0; ifor (int j=i+1; jif (dp[nxt|(1 << i) | (1 << j)] > dp[now]+1)
                    {
                        dp[nxt|(1 << i) | (1 << j)] = dp[now]+1;
                        q.push(nxt|(1<1<for (int i=0; i1<1]=min(dp[(1<1], dp[((1<1)^(1 << i)]);
        if(dp[(1<1] == inf)cout<<"-1"<else cout<1<1]<