状压DP（涉及位运算）

【简介】

状压DP是基于状态压缩的动态规划，又叫做集合动态规划。

顾名思义，这是一类以集合为状态的特殊的动态规划问题。有些时候，需要被记录到得状态有很多，但是对每个状态都开一维来记录显然是行不通的，我们就考虑把这些状态压缩一下，通常情况下，若只有两种状态，我们会把状态用二进制表示，然后把它转成十进制来记录

基于状态压缩的动态规划是一种以集合内的元素作为状态，状态总数为指数级别的动态规划，它有以下两个特点：

1. 具备动态规划的两个基本性质，即最优化原理（最优子结构性质）和无后效性
2. 数据规模的某一维或者几维非常小

 

【位运算】

状压DP会经常用到位运算，我简单介绍一下

链接位运算（百度上的讲解）

位运算会把两个数转成二进制后再计算，计算时是按位处理，即结果单独计算出来，再组成一个新数

• 与运算&（and）：相同位都为1，则为1；若有一个不为1，则为0。 即0&0=0，0&1=0，1&0=0，1&1=1
• 或运算|（or）：相同位只要一个为1即为1。 即0|0=0，0|1=1，1|0=1，1|1=1
• 异或运算^（xor）：相同位不同则为1，相同则为0。 即0^0=0，0^1=1，1^0=1，1^1=0
• 取反操作~（not）：把0和1全部取反。 即每位0变1，1变0，要注意一下它会将有符号整数的符号位也取反
• 左移操作<<（shl）：a << b 是把二进制数a向左（高位）移b位（低位的最后b位补0）。
• 右移操作>>（shr）：a >> b 是把二进制数a向右（低位）移b位（高位的起始b位补0）。

不难发现，若对于十进制数 x，y，那么 << = ， >>  = ，可以根据这个干些神奇的事情

上面的东西是基础知识，下面介绍一些常用的操作（可以自己推一下，也不难理解）

• 取出二进制数 x 的第 k 位，存在 y 中：y = 1 << k & x（或 y = x >> k & 1）
• 取出二进制数 x 的最后一个 1（也就是 lowbit），存在 y 中：y = x & -x
• 将二进制数 x 的第 k 位变为 1：x = x | 1 << k
• 将二进制数 x 的第 k 位变为 0：x = x & ~（1 << k）
• 将二进制数 x 的第 k 位取反：x = x ^ 1 << k
• 取出二进制数 x 的最后 k 位，存在 y 中：y = x & （1 << k）- 1
• 将二进制数 x 低位连续的 1 变为 0：x = x & x + 1
• 将二进制数 x 低位连续的 0 变为 1：x = x | x - 1
• 取出二进制数 x 低位连续的 1，存在 y 中：y =（x ^ x + 1）>> 1
• 快速枚举集合 S（用二进制数 x 表示）的所有子集：for（i = x；i ! = 0；i =（i - 1）& x）

下面是各个操作的优先级（同级的是从左到右运算）

1.      ( )     [ ]     ->     .     ::      ++（后置）     --（后置）
2.      !     ~     ++（前置）     --（前置）     -     +     *     &     ( type )     sizeof
3.      ->*     .*
4.      *     /     %
5.      +     -
6.      <<     >>
7.      <     <=     >     >=
8.      ==     !=
9.      &
10.      ^
11.      |
12.      &&
13.      ||
14.      ? :（三元运算符）
15.      =     +=     -=     *=     /=     %=     &=     ^=     |=     <<=     >>=
16.      ,

 

【例题+讲解】

题目大意：有一个W行H列的广场，需要用1*2小砖铺盖，小砖之间互相不能重叠，能不能铺完整个广场？若能，输出有多少种不同的铺法；若不能，输出 -1（1≤W，H≤11）

对于这道题，用暴搜的话应该是要超时的（我也不太清楚，没试过）

首先我们考虑，若W和H都是奇数，那肯定是铺不成的（因为此时广场的面积为奇数，而小砖的面积为偶数）

剩下的情况，我们就用状压DP来做

我们用 f [ i ][ j ] 表示铺到第 i 行，状态为 j 的方案数。在DP的时候用 i 表示当前行，s1 表示当前行的状态，s2 表示下一行的状态， d 表示到了 d 这个点，DP时具体操作如下：

• 如果点 d 没有被覆盖，那就可以竖放，并把 d 下面那个点记为覆盖了（即改变s2）
• 如果点 d 和点 d + 1 都没有被覆盖，那就可以横放，不用改s2
• 如果点 d 被覆盖了，直接到下一个点 d + 1

（自己画图更好理解一点）

初始化：f [ 1 ][ 0 ] = 1（即第一行没有铺过砖的方案数，显然为 1）

这样的话，最后的答案answer = f [ H + 1 ][ 0 ]（即第 H + 1 行没有铺过砖的方案数，显然就是答案）

最终的时间复杂度为O（），即O（），这样的话，我们有一个小优化，当W>H的时候，就交换W和H，相当于把矩形翻转一下，但这样会以小的数为指数，会优化一点

代码（代码中的神奇位运算操作可以去上面看，应该都有提到）：

#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=15,M=1<<11;
int w,h,state;
long long f[N][M];
void dp(int i,int s1,int s2,int d)
{
	if(d==w)
	  f[i+1][s2]+=f[i][s1];  //如果这一行已经走完，直接累加答案 
	else
	{
		if(!(s1&(1<h)  swap(w,h);      //小优化 
	state=1<

 

【入门题目推荐】

状压DP和普通DP一样，都需要大量刷题来找感觉，这里推荐几道入门题，感兴趣的话可以做一下

POJ 3254     Corn Fields

POJ 1185     炮兵阵地

洛谷 1171     售货员的难题