状态压缩dp——学习笔记

首先学习位运算的有关知识，掌握了的可以下翻。

与运算

       and运算通常用于二进制的取位操作，例如一个数 and 1的结果就是取二进制的最末位。这可以用来判断一个整数的奇偶，二进制的最末位为0表示该数为偶数，最末位为1表示该数为奇数。

相同位的两个数字都为1，则为1；若有一个不为1，则为0。

00101

11100

（&；或者and）

00100

或运算

or运算通常用于二进制特定位上的无条件赋值，例如一个数or 1的结果就是把二进制最末位强行变成1。如果需要把二进制最末位变成0，对这个数or 1之后再减一就可以了，其实际意义就是把这个数强行变成最接近的偶数。

相同位只要一个为1即为1。

00101

11100

（| 或者or）

11101

非运算

           not运算的定义是把内存中的0和1全部取反。使用not运算时要格外小心，你需要注意整数类型有没有符号。如果not的对象是无符号整数（不能表示负数），那么得到的值就是它与该类型上界的差，因为无符号类型的数是用00到$FFFF依次表示的。下面的两个程序（仅语言不同）均返回65435。

左移&右移

       左移运算

a shl b就表示把a转为二进制后左移b位（在后面添b个0）。例如100的二进制为1100100，而110010000转成十进制是400，那么100 shl 2 = 400。可以看出，a shl b的值实际上就是a乘以2的b次方，因为在二进制数后添一个0就相当于该数乘以2。

通常认为a shl 1比a * 2更快，因为前者是更底层一些的操作。因此程序中乘以2的操作请尽量用左移一位来代替。

定义一些常量可能会用到shl运算。你可以方便地用1 shl 16 - 1来表示65535。很多算法和数据结构要求数据规模必须是2的幂，此时可以用shl来定义Max_N等常量。

右移运算

和shl相似，a shr b表示二进制右移b位（去掉末b位），相当于a除以2的b次方（取整）。我们也经常用shr 1来代替div 2，比如二分查找、堆的插入操作等等。想办法用shr代替除法运算可以使程序效率大大提高。最大公约数的二进制算法用除以2操作来代替慢得出奇的mod运算，效率可以提高60%。

异或运算

       异或的符号是^。按位异或运算, 对等长二进制模式按位或二进制数的每一位执行逻辑按位异或操作. 操作的结果是如果某位不同则该位为1, 否则该位为0.

xor运算的逆运算是它本身，也就是说两次异或同一个数最后结果不变，即（a xor b) xor b = a。 相同位不同则为1，相同则为0。

判断数字x第i位是否为1，if（x&（1<

将一个数字x第i位改成1，x|=(1<

判断

首先来一个例题，大名鼎鼎的旅行商问题：

                                                                              旅行商问题

给定一个n个顶点组成的带权有向图的距离矩阵d（I，j）（INF表示没有边）。要求从顶点0出发，经过每个定点恰好一次后再回到顶点0。问所经过的边的总权重的最小值是多少？

限制条件：2≤n≤5    ,    0≤d（i，j）≤1000；输入：n=5；

手工制图（5毛钱绘图）

输出：22（0->3->4->1->2->0）

这就是著名的旅行商问题，但现今没有一个高效的算法可以解决这一问题。

所有可能的路线为（n-1）!种，推出这个我们可以设想一下，

有3个点时，路径为2种；

有4个点时，路径为6种(沙漏形4种，正方2种）（注意反向可行）

有5个点时，路径为24种（比较麻烦，意会一下）

这样我们可以找一下规律得到（n-1）！种路径；这是一个非常大的值，即使n在样例之中已经很小了，所有情况还是不能一一枚举。

假设现在已经访问过的顶点的集合（起点0当做未访问过的顶点）为S，当前访问过的顶点为v，dp[S][v]表示从v出发访问剩余的所有顶点，最终回到顶点0路径的权重总和最小值。u表示要访问的那个点。

递推式我们可以得到：

dp[V][0]=0;

dp[S][v]=min{dp[S∪{u}][u]+d[v][u]};（由于从v出发可以移动到任意一个节点u∉S）

因为这个递推式中，下标有集合而不是整数，因此需要处理，把这个状态压缩成一个整数，这就是状压dp的名字由来~~

那么，我们怎么样处理呢？

方法1：记忆化搜索：

我们可以将下标为集合的编码成一个整数，或者利用中序二叉树存储；我们采用的方法是将每一个元素的选取对应到一个二进制位中去！！

伪代码如下：

//输入
int dp[1<=0){
        return dp[S][v];
    }
    if(S==(1<>u&1){//下一步移动到顶点u 
    		minn=min(minn,solve(S|1<

 这种解法时间复杂度为O（(2^n)*(n^2)）

方法2：循环dp

状态压缩dp的一个难点是很难确定递推顺序。

所以一般的状态压缩题目都用记忆化搜索

这样比较的简洁

不过在这个问题中对于i，j如果他们对应集合满足S(i)⊆S(j)，就有i≤j所以可以通过简洁的代码循环求解。

对于任一S⊆v，我们不能直接穷举它所代表的所有路径，然后求一个最小值，赋给d[vi][S]，因为这样就变成了暴力法了。而动态规划的思想是，从S= Ø开始，求得A中包含一个元素时D的所有结果，A中包含两个元素时D的所有结果，一直到A包含了任一n-2个元素的所有d的结果。

为什么是n－2个呢？ 对于d[vi][S]来说，当S包含vi本身的时候，对本题来说是没有意义的，比如，d[v2][{v2}]这个值，没有意义。

所以，当我们知道d[v2][{v3, v4, v5, v6}]的时候，我们也就知道了如果从v1出发，先到v2，所需要的最短回路是多少了。当我们求得了所有的d[vi][V - vi]时，本题就解出来了

伪代码如下：

#include
#include
using namespace std;
int n,INF=1e9;
int dp[1<<10001][10001],d[10001][10001];
int main(){
	cin>>n;
	for(int S=0;S<1<=0;S--){
		for(int v=0;v>u&1)){
					dp[S][v]=min(dp[S][v],dp[S|1<

这就是用dp解决TSP的思路。

像这样针对集合的dp我们一般叫做状压dp。。。