状压DP学习小结

状压DP，即通过二进制位运算将状态压缩（用整数表示集合）作为动态规划的状态来解决问题的办法

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例题1 n个点的有向图，给出距离的邻接矩阵，求经过每个点一次的最短路径。n<=20,256MB

题解

解法1：
n!枚举路径
解法2：
状压dp
将已访问过的点和当前访问的点为状态进行dp

dp（S′,v）=dp(S,u)+dist(u,v)(S不含v且S|v=S′) d p （ S ′ , v ） = d p ( S , u ) + d i s t ( u , v ) ( S 不 含 v 且 S | v = S ′ )

下面是记忆化搜索和递推的两种实现

#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=21,M=1<<21;
const int INF=1<<30;
int dist[N][N];
int d[M][N];
int n;
int dp(int S,int u){
    if(d[S][u]!=-1)
        return d[S][u];
    if(S==(1<1)
        return 0;
    d[S][u]=INF;
    for(int v=0;vif(dist[u][v]!=-1&&!((1<1<return d[S][u];
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;ifor(int j=0;jscanf("%d",&dist[i][j]);
    int ans=INF;
    memset(d,-1,sizeof d);
    for(int i=0;i1<printf("%d",ans);
}

#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=21,M=1<<21;
const int INF=1<<30;
int d[M][N];
int n,map1[N][N],ans,s;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    ans=0x3f3f3f3f;
    for(int i=0;ifor(int j=0;jscanf("%d",&map1[i][j]);
    memset(d,0x7f,sizeof d);
    for(int i=0;i1<0;
    for(int s=1;s<=(1<1;s++)
        for(int j=0;jfor(int k=0;kif((s&(1<1<1<for(int j=0;j1<1][j]);
    printf("%d",ans);
}

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例题2 POJ2686 Travelling by Stagecoach

题目大意：给出一些城市和连接它们的双向边，无重边，无自环，通过道路需要车票，你有n张车票，每张车票都有一个值，只能使用一次，通过i号道路使用j号车票所用时间是di/tj。询问从城市a到b的最短时间，无解输出Impossible。n<=10,点数<=30,边数<=2000

题解

定义状态为：剩余车票集合为S，现在在城市u
d[S′][v]=d[S][u]+dist[u][v]/h[i](i|S′=S) d [ S ′ ] [ v ] = d [ S ] [ u ] + d i s t [ u ] [ v ] / h [ i ] ( i | S ′ = S )
下面给出递推的实现

#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=35,M=2005,T=10;
const int INF=1<<30;
struct node{
    int v,w,nxt;
}edge[M];
int head[N],mcnt;
void add_edge(int u,int v,int w){
    mcnt++;
    edge[mcnt].v=v;
    edge[mcnt].w=w;
    edge[mcnt].nxt=head[u];
    head[u]=mcnt;
}
double d[1<int t[T];
int n,m,p;
int from,to;
int main()
{
    while(1){
        scanf("%d%d%d%d%d",&p,&n,&m,&from,&to);
        if(n==0&&m==0)
            return 0;
        from--,to--;
        for(int i=0;iscanf("%d",&t[i]);
        memset(head,0,sizeof head);
        mcnt=0;
        for(int i=0;iint u,v,w;
            scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
            add_edge(u-1,v-1,w);
            add_edge(v-1,u-1,w);
        }
        for(int i=0;i<1<for(int j=0;j1<1][from]=0;
        double ans=INF;
        for(int S=(1<1;S>=0;S--){
            ans=min(ans,d[S][to]);
            for(int u=0;ufor(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
                    int v=edge[i].v,w=edge[i].w;
                    for(int j=0;jif((1<1<1<1.0/t[j]);
                        }
                }
        }
        if(ans==INF)
            printf("Impossible\n");
        else
            printf("%lf\n",ans);
    }
}

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例题3 给出一个N*M大的格子，染成了黑白两色，用1×2的砖块去覆盖，使得所有白色都被覆盖，黑色都不被覆盖，求方案数（模某个数）

N，M<=15

题解

其实呢，如果只要求求出一种方案，我们可以跑网络流
由于是1×2的砖块，所以其实我们只需要知道本行和上行的信息即可，所以状态压缩dp+滚动数组即可（直接开是开不下的）

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习题1 POJ 2441 Arrange the Bulls

题意：
Farmer John 有N头牛，M个篮球场，每头牛有若干个想去的篮球场，一个篮球场只能容纳一头牛（话说一头牛怎么打篮球），求满足所有牛需求的分配方案的个数，保证不超过10000000
N,M<=20,4s,64MB

题解

dp(S,i)表示分配前i头牛，剩余球场集合为S的方案数
转移方程呢一是比较显然，二是表述起来很麻烦，就不写了
直接开是开不下的，需要滚动数组
代码

#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=21,M=1005,T=21;
const int INF=1<<30;
struct node{
    int v,nxt;
}edge[M];
int head[N],mcnt;
void add_edge(int u,int v){
    mcnt++;
    edge[mcnt].v=v;
    edge[mcnt].nxt=head[u];
    head[u]=mcnt;
}
int d[2][1<int t[T];
int n,m;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int p;
        scanf("%d",&p);
        for(int j=1;j<=p;j++){
            int num;
            scanf("%d",&num);
            num--;
            add_edge(i,num);
        }
    }
    int ans=0;
    int *now=d[0],*nxt=d[1];
    for(int i=head[1];i;i=edge[i].nxt){
        int v=edge[i].v;
        now[((1<1)-(1<1;
    }
    for(int u=2;u<=n;u++){
        for(int S=1;S<=(1<1;S++)
            if(now[S])
                for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
                    int v=edge[i].v;
                    if((1<1<for(int S=0;S<(1<0;
    }
    for(int S=0;S<(1<printf("%d\n",ans);
}

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习题2 POJ 3254 Corn Fields

Farmer John 有n*m块地，其中一些地荒掉了不能种玉米。玉米是一种傲娇的植物，种在相邻的地里会导致不孕不育。求所有种法数对模100000000。
n,m<=12

题解

基本上就是和例题3是一样的，数据范围略小一点，这次就可以不用滚动数组了（你要用没人拦你）

#include
long long map[15][15];
long long d[15][10000];
long long mod=100000000;
long long n,m;
void dp(long long line,long long x,long long z,long long last,long long lastd){
    if(x==m+1){
        d[line][z]=(d[line][z]+lastd)%mod;
        return ;
    }
    dp(line,x+1,z*2,last,lastd);
    if(!(z&1)&&map[line][x]&&!(last&(1<<(m-x)))){
        dp(line,x+1,z*2+1,last,lastd);
    }
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(long long i=1;i<=n;i++)
        for(long long j=1;j<=m;j++)
            scanf("%lld",&map[i][j]);
    dp(1,1,0,0,1);
    for(long long i=2;i<=n;i++){
        for(long long j=0;j<=(1<1;j++){
            if(!d[i-1][j])
                continue ;
            dp(i,1,0,j,d[i-1][j]);
        }
    }
    long long ans=0;
    for(long long i=0;i<=(1<1;i++){
        ans=(ans+d[n][i])%mod;
    }
    printf("%lld",ans);
}

习题3 2836 Rectangular Covering

题意：平面上有N个点，现在要用一些矩形（各边都在格线上）来覆盖它们，每个矩形至少覆盖2个点，求最少的矩形总面积
n<=15

题解

预处理将n个点两两组合形成n * (n-1) / 2个矩形
d(S)表示点集为S时的最小面积

d(S|c[i])=d(S)+m[i] d ( S | c [ i ] ) = d ( S ) + m [ i ]

c[i]为矩形内的点，m[i]为矩形面积

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习题4 POJ 1795 DNA Laboratory

题意 ：给出N个字符串，寻找一个字符串使得这N个字符串都是它的子串。输出最短的满足要求的串，如果有多个最短，输出字典序最小的
len<=100
n<=15
5s

题解

预处理把j号串拼在i号串前面所增加的长度
（如aab拼在bca前增加长度为2）
d(S,i)表示目前答案串包含集合为S，最前面的是i号串

d(S+j,j)=d(S,i)+cost[i][j] d ( S + j , j ) = d ( S , i ) + c o s t [ i ] [ j ]

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习题5 POJ 3411 Paid Roads

题意：N个城市间有m条单向路，分别从a到b，可以在c处交P路费（只能预交，不能赊账），也可以直接交R路费。无法到达输出impossible
n<=10

题解

d(u,S)表示走到u节点，已经走过的点集为S

d(v,S|(1<<v))=d(u,S)+cost d ( v , S | ( 1 << v ) ) = d ( u , S ) + c o s t

cost=((1<

代码

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
struct node{
    int v,c,cost1,cost2;
}p;
vector edge[20];
int d[20][5000],n;
bool vis[20];
queue<int> q;
void spfa(){
    vis[1]=1;
    memset(d,-1,sizeof d);
    d[1][2]=0;
    q.push(1);
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();
        vis[x]=0;
        q.pop();
        for(int i=1;i<=(1<if(d[x][i]==-1)
                continue ;
            for(int j=0;jint v=edge[x][j].v,c=edge[x][j].c,cost1=edge[x][j].cost1,cost2=edge[x][j].cost2;
                int cost=cost2;
                if(i&(1<cost1)
                    cost=cost1;
                if(d[v][i|(1<1||d[x][i]+cost1<1<if(!vis[v]){
                    vis[v]=1;
                    q.push(v);}
                }
            }
        }
}
}
int main()
{
    int m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u;
        scanf("%d",&u);
        scanf("%d%d%d%d",&p.v,&p.c,&p.cost1,&p.cost2);
        edge[u].push_back(p);
    }
    spfa();
    int ans=1<<30;
    for(int i=1;i<=(1<<(n+1));i++){
        if(d[n][i]!=-1&&d[n][i]if(ans==1<<30)
        printf("impossible");
    else
        printf("%d",ans);
}

习题6 treasure

参与考古挖掘的小明得到了一份藏宝图，藏宝图上标出了 n 个深埋在地下的宝藏屋， 也给出了这 n 个宝藏屋之间可供开发的 m 条道路和它们的长度。

小明决心亲自前往挖掘所有宝藏屋中的宝藏。但是，每个宝藏屋距离地面都很远， 也就是说，从地面打通一条到某个宝藏屋的道路是很困难的，而开发宝藏屋之间的道路 则相对容易很多。

小明的决心感动了考古挖掘的赞助商，赞助商决定免费赞助他打通一条从地面到某 个宝藏屋的通道，通往哪个宝藏屋则由小明来决定。

在此基础上，小明还需要考虑如何开凿宝藏屋之间的道路。已经开凿出的道路可以 任意通行不消耗代价。每开凿出一条新道路，小明就会与考古队一起挖掘出由该条道路 所能到达的宝藏屋的宝藏。另外，小明不想开发无用道路，即两个已经被挖掘过的宝藏 屋之间的道路无需再开发。
新开发一条道路的代价是： L*K
L代表这条道路的长度，K代表从赞助商帮你打通的宝藏屋到这条道路起点的宝藏屋所经过的 宝藏屋的数量（包括赞助商帮你打通的宝藏屋和这条道路起点的宝藏屋）
请你编写程序为小明选定由赞助商打通的宝藏屋和之后开凿的道路，使得工程总代价最小，并输出这个最小值
对于 20% 的数据： 保证输入是一棵树，1≤n≤8 , v≤5000 且所有的 v 都相等。
对于 40% 的数据： 1≤n≤8，0≤m≤1000 , v≤5000 且所有的 v 都相等。
对于 70% 的数据： 1≤n≤8，0≤m≤1000，v≤5000
对于 100% 的数据： 1≤n≤12，0≤m≤1000 , v≤500000

题解

首先，很容易发现打通后的道路一定是一棵树，并且，若以起点为根并令其深度为0，则题目中的 K 即为这条路所连向的点的深度。

状态：dp[i][S] 表示考虑到树的第i层，前i层已选的点的集合为S（二进制状压）的最小代价。：
转移：已知dp[i][S]时，可枚举所有由不在S中的点构成的集合作为第i+1层，则状态转移为
dp[i][S]→dp[i+1][S|S′]+=(i+1)×Σ min{G[a][b]|a∈S,b∈S′,S∩S′=∅}

简单一点，就是
dp[i][S]→dp[i+1][S|S′]+=(i+1)×sval[S′][S]}

其中sval[A][B]表示集合A到集合B的最短距离，即集合A中所有点到集合B的最短距离之和。可以先预处理出每个点到每个集合的最短距离pval[i][S]（也就是点i到集合S中所有点的距离的最小值），然后用pval[i][B]更新sval[A][B]。
边界条件：枚举根节点，设为root，则dp[0][1<<(root−1)]=0
此部分来源：http://blog.csdn.net/phantomagony/article/details/78702573