状态压缩DP学习（第一章)

参考了一个博主的文章，他用的是背包问题来讲解的状压dp，我个人感觉讲的很不错，所以就想写一遍文章来浅谈感受和学习总结，算是入门，因为以前一直感觉状压dp很难，一直理解不透，看完这篇文章确实感觉理解的更好啦。
背包问题可能大家都不陌生，今天就用背包讲一下状压dp原理，首先dp就要
1.先定义状态：
那么考虑到n个物品，只有两种状态选与不选，所以二进制数0和1足以表示状态集，因为如果开个n为数组的话，这样对于空间的浪费是很严重的，如果n个都选就是就是 1111…n个1，都不选就是n个0，到这里大家可以看到其实空间其实已经压缩到一个维度啦，这个过程就叫做状态压缩。
2.状态转移方程：
这个相信大家都可想到啦，那就是比如说dp[10000]只能是dp[00000]+W[1],诸如此类大家应该可以理解。
3.求解问题
代码如下：

#include
const int INF = 1 << 15;
int dp[INF + 10];
int dp1[INF+ 10] ;	//定义状态 
void print1(int num);		//打印在状态为num的时候的所有物品放与不放的情况 
 
/*
3 6
2 5
3 8
4 9				//一组样例 
0       0       0
1       5       2
01      8       3
11      13      5
001     9       4
101     14      6
011     17      7
111     22      9
*/ 
int main()
{
	int n,m;
	while(~scanf("%d%d",&n,&m))
	{
		int W[20],C[20];
		for(int i = 0; i < n; i++)
		scanf("%d %d",&C[i],&W[i]) ;
		int res = -1;
		for(int i = 0; i < (1 << n); i++)
		{
			for(int j = 0; j < n; j++)
			{
				if(!(i&(1 << j)))		//状态转移 这个代表第j为0
				{
					int temp = i | (1<<j);//将第j为变为0
					dp[temp] = dp[i] + W[j];		
					dp1[temp] = dp1[i] + C[j];
					
				}
			}
		}
		for(int i = 0; i < (1 << n); i++)
		{
			print1(i);
			printf("\t%d\t%d\n",dp[i],dp1[i]);		//打印出每种方案的情况，价值 和耗费的空间 
		}
		
	}
	return 0;
}
void print1(int num)
{
	int k= 0;
	if(num == 0)
	printf("0");
	for(;(1 << k) <= num; k++)
	{
		if(num & (1<<k))
		printf("1");
		else
		printf("0");
	}
}

想到这里我猜大家应该可以理解一点状压dp啦，那么稍微来一道需要点思维的状压dp：
例如：最小总代价（Vijos-1456）

题目描述：

n个人在做传递物品的游戏,编号为1-n。

游戏规则是这样的：开始时物品可以在任意一人手上，他可把物品传递给其他人中的任意一位；下一个人可以传递给未接过物品的任意一人。

即物品只能经过同一个人一次，而且每次传递过程都有一个代价；不同的人传给不同的人的代价值之间没有联系；

求当物品经过所有n个人后，整个过程的总代价是多少。

输入格式：

第一行为n,表示共有n个人（16>=n>=2）；

以下为n*n的矩阵，第i+1行、第j列表示物品从编号为i的人传递到编号为j的人所花费的代价，特别的有第i+1行、第i列为-1（因为物品不能自己传给自己），其他数据均为正整数(<=10000)。

(对于50%的数据，n<=11)。

输出格式：

一个数，为最小的代价总和。

输入样例：

2

-1 9794

2724 –1

输出样例：

2724
算法分析：看到2<=n<=16，应想到此题和状态压缩dp有关。每个人只能够被传递一次，因此使用一个n位二进制数state来表示每个人是否已经被访问过了。但这还不够，因为从这样的状态中，并不能清楚地知道现在物品在谁 的手中，因此，需要在此基础上再增加一个状态now，表示物品在谁的手上。
所以二维状压dp就可以解决啦。
假设dp[state][now] state代表当前n个人的状态集，now代表目前在哪个人手中，
所以dp[state][now]=min(dp[state][now],dp[pre][t]+e[now][t]）
代表从now->t的转移方程
【代码分析]

#include 
#include 
#include
using namespace std;
int n,a[20][20],dp[1<<16][20],ans=0x3f3f3f3f;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0; i<n; i++)
    {
        for(int j=0; j<n; j++)
        {
            scanf("%d",&a[i][j]);
        }
    }
    memset(dp,0x3f3f3f3f,sizeof(dp));
    for(int i=0; i<n; i++)
    {
        dp[1<<i][i]=0;
    }
    for(int i=0; i<1<<n; i++)
    {
        for(int j=0; j<n; j++)
        {
            if(dp[i][j]!=0x3f3f3f3f)
            {
                for(int k=0; k<n; k++)
                {
                    if(!(i&(1<<k)))//代表下一位k是零 枚举将其变为1
                    {
                        dp[i|(1<<k)][k]=min(dp[i|(1<<k)][k],dp[i][j]+a[j][k]);
                    }
                }
            }
        }
    }
    for(int i=0; i<n; i++)
    {
        ans=min(ans,dp[(1<<n)-1][i]);
    }
    printf("%d",ans);
}

这里稍微涉及到的一些位运算规则大家可以参考这个大佬的文章：
位运算规则