最近做的题里面有这个东西,于是写一篇博客总结一下吧。
枚举子集
枚举子集就是状压的时候枚举其中的二进制位中的1的子集。直接暴力枚举二进制位时间复杂度是\(O(4^n)\),但是我们可以发现,对于每一位有以下三种状态,在枚举的子集中为1,在子集中为0且在原状态中为1,以及在原状态中为0。这样,对于1到\(2^n\)的数中,子集的总数为\(3^n\),这样,通过一些比较优秀的枚举,时间复杂度即为\(O(3^n)\)。代码如下:
for(int i=s;;i=(i-1)&s) {
//do sth...
if(!i) break;
}
其中,对于每次循环的i,枚举的即是s的子集。
枚举补集的道理和枚举子集是一样的,因为枚举补集就相当于枚举0的子集。
例题:[noip 2017] 宝藏。
高维前缀和
高维前缀和就是说把原来的数组变为其下标的子集的元素之和,高维差分就是把这个反着干,暴力的复杂度就是\(O(3^n)\)。
还有一种方法可以在\(O(n*2^n)\)中完成高维前缀和,代码如下:
for(int i=1;i
高维差分大概就是把枚举顺序改改就差不多了。
例题:
HDU5765
题意大概就是给定n个点m条边的无向图,求出其中每条边在图的(最小)割上出现了几次,n<=20。图的割为一个边的集合,断开这些边后图不连通。图的(最小)割定义为不存在其他的割为他的子集。
很显然,可以用状态压缩枚举一个联通块来表示一个割,该位为1表示在联通块内。如果一个状态及其补集均为联通块,则该联通块对应了一个割。
对于所有的割做一个高维前缀和,对于每一条边,其两端点所对应的状态即为该边不在任何一个割内的答案。
#include
#include
#include
using namespace std;
const int Maxn=2100000;
int t,n,m,l[Maxn],r[Maxn],g[Maxn],f[Maxn],dp[Maxn];
int main() {
scanf("%d",&t);
for(int o=1;o<=t;o++) {
printf("Case #%d:",o);
scanf("%d%d",&n,&m);
int end=(1<