算法: 状态压缩DP

什么是状态压缩DP

DP，即动态规划，传统的动态规划都是基于整数的， 比如背包问题。定义状态$dp[i][j]$：背包容量为$j$时前$i$件物品的最大收益。这里$i$取整数。而对于状态压缩型的DP：动态规划是基于集合的，但是我们使用二进制将这个集合压缩为一个整数表示，这个过程就是状态压缩。

常用位运算

状态压缩DP过程常常用到位运算来模拟对集合的操作：

运算符	运算	结果
&	1011 & 1000	1000
|	1011 | 0100	1111
~	~1011	0100
^	1001 ^ 1111	0110

例题一: 旅行商问题

• 定义$dp[S][v]$: 当已拜访节点集合为$S$，且当前位置为$v$时，回到位置0还需要经过的最短路径。

• 目标态$dp[0][0]$：拜访所有城市再回到0所经过的最短路径。

• 状态转移:
  

  • $u\notin S$: 说明不可重复经过一点。
  • 实例: $dp[0100][1]=min\{dp[0110][2]+2,dp[0101][3]+2\}$：过程如下
    

• 更新策略: 由状态转移方程式可知, 所有的$dp[S][v]$都由$dp[S^{’}][u](S^{’}>S)$转移而来，故我们按照$S$递减更新。

• 初始化: $dp[2^n-1][0]=0$：已经全部拜访，并且当前位置为$0$,因此还需经过路径长度为0.

• 核心代码:

void solve(int n)
{
    /*
    n: 需要拜访的城市数量
    road[i][j]: 城市i到城市j的距离，若没有路，则为INF。
    dp[i][j]: 当前到达城市节点集合为i, 且当前位于城市j，剩余的路程长度。
    */
    
    // 初始化dp数组
    for(int i=0; i<1<=0; i--)
    {
        for(int v=0; v> u & 1))
                {
                	// 使用按位或运算模拟集合求并
                	// 由于没有路初始化为inf，因此没有判断v和u间是否存在路。
                    dp[i][v] = min(dp[i][v], dp[i | (1 << u)][u] + road[v][u]); 
                }
            }
        }
    }
}

例题二：Traveling by Stagecoach(Poj 2686)

• 定义$dp[T][v]$: 当前所剩票集合为$T$，且位于城市$v$, 要到达$b$还需要的最小花费。
• 目标态$dp[2^n-1][a]$: 从$a$出发，且有题目给定的票数，到达$b$的最小花费。
• 状态转移:
  $$dp[T][v]=min\{dp[T\setminus t][u]+road[v][u]/t\},t\in T,u\in N_v(N_v表示节点v的邻居结点)$$
• 更新策略：由状态转移方程式可知，$T$是用$T^{’}(T^{’}<T)$更新的， 因此按$T$递增更新。
• 初始化:
  • $dp[\ast ][b]=0$, 已经到达b，还需花费为0。
  • $dp[0][x]=inf,x!=b$: 若不是终点，且没有票，则无法到达，置inf。
• 核心代码:

void solve(int n)
{
    /*
    1代表还有该票
    0代表没有该票
    dp[i][j]: 剩下车票状态i，现在在城市j到达b还需要的花费
    */
    for(int i=0; i<=m; i++){
        dp[0][i] = INF;
    }

    for(int i=0; i< (1<> t & 1)
                            dp[s][v] = min(dp[s][v], dp[s & ~(1 << t)][u] + grad[v][u] / T[t]);
                    }
                }

            }
        }
    }
}

例题三：铺砖问题(Poj 2411)

此题比较开脑洞，参考了网上解法才算弄明白。简单说明一下解题思路。

• 编码:
  
  对铺好的砖进行编码，(1):横放，则两个格都为1。(2)竖放,则上面格为0，下面格为1。 可以证明编码可铺装方法是一一对应的的

• 递推:

  • 根据编码，我们知道: (1): 铺砖的上一排和下一排一定有对应关系，必须按一定规则才算合法。(2):最后一排砖一定全为1。
  • 假设我们已经知道： (1)倒数第二排所有编码对应的谱砖方法总数。 (2)最后一排对应编码的所有倒数第二排合法编码。 那我们就能够得到总数， 即为所有倒数第二排合法编码总数之和。(如下图，$2\times 2$的矩阵， 我们知道最后一排全一对应的合法倒数第二排为$11$和$00$， 且它们对应的铺砖方法总数分别为$1$和$1$， 因此总数量为$1+1=2$)
    
    而要求倒数第二排的数量，我们又需要倒数第三排的数量以及对应合法关系，因此逐层递推。

• 求解对应关系:
  如何简便求解对应的合法关系? 考虑两排格子。对第二排的当前格子，我们有三种铺放方式：(1): 右铺。(2)不铺。(3)上铺
  
  这样对下一排的编码方式进行深度优先搜索，我们就可以求出所有的上下两排对应合法编码。具体的，先将两排(top， down)都初始化为0。
  (1)右铺：则$top=(top<<2)|3$， $down=(down<<2)|3$
  (2)上铺：则$top=(top<<1)$，$down=(down<<1)|1$
  (3)不铺： 则$top=(top<<1)|1$.，$down=(down<<1)$
  可以证明若不是刚好铺完长度为$m$的铺法，则是不合法的, 反之则合法:
  
  方便起见，我们人为设置第0排为全一，并将其数量置为1，因为这样设置第0排符合第一排的设定，因为第一排不可上铺。
  

  现在回到求解动态规划的步骤:

  • 定义$dp[i][E]$: 第$i$行的编码为$E$时，前$i$行所有铺砖方法的总数。
  • 目标态: $dp[n][2^m-1]$, 最后一行全为1的铺法总数。
  • 状态转移: $dp[i][E_{down}]=\sum dp[i-1][E_{top}],E_{top}\in N,其中N为所有和E_{down}合法匹配的上一行$。
  • 更新策略: 按$i$从小到大更新。
  • 初态:$dp[0][2^m-1]=1$, 其余$dp[0][\ast ]=0$
  • AC代码:

#include
#include
using namespace std;

typedef long long ll;
const int MAX = 1 << 13;

int ok_for_top_down[MAX][2]; 
//ok_for_top_down[i][0]表示第i个合法上下排的上
//ok_for_top_down[i][0]表示第i个合法上下排的下排

ll dp[12][MAX];
int n, m;
ll cnt;
void dfs_get_all_ok(int c, int top, int down)
{
    // 不合法
    if(c > m)
        return;

    // 合法
    if(c == m)
    {
        ok_for_top_down[cnt][0] = top;
        ok_for_top_down[cnt][1] = down;
        cnt++;
    }

    // 右铺
    dfs_get_all_ok(c+2, (top << 2) | 3, (down << 2) | 3);
    // 上铺
    dfs_get_all_ok(c+1, (top << 1), (down << 1)|1);
    // 不铺
    dfs_get_all_ok(c+1, (top << 1) | 1, (down << 1));
}
int main()
{
    while(cin >> n >> m)
    {
        if(n + m == 0)
            break;
        if(n < m)
            swap(n, m);
        cnt = 0;
        dfs_get_all_ok(0, 0, 0);

        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[0][(1<