2019ICPC南昌 B.A Funny Bipartite Graph（状压dp）

题意：

给定二分图，左半部和右半部各n个点，

给定n*n的01矩阵，如果a(i,j)=1说明左半部的点i与右半部的点j有边。
同时保证i与j有边，当且仅当i<=j，即i>j时一定没边。
还保证每个点的度数>=1且<=3。

现在要求你选出一些边，讲边的两端点选中，要求满足：
1.右半部所有点都被选中
2.给定n*n的01矩阵，如果a(i,j)=1说明左半部的点i和左半部的点j不能同时选择，要求不发生冲突
3.左半部每个点有一个代价M(i)，如果选中了点i，那么代价就是M^{点i的度数}，要求整个图的代价最小。

输出合法的最小代价，如果无解输出-1

数据范围：n<=18，M(i)<=100

解法：

因为点的数量很小，考虑状压dp

d[i][ls][rs]表示考虑左边前i个点,左边状态ls,右边状态rs的最小代价
发现ls和rs都是2^n的,数组开不下.

题目给出只有i<=j的时候,i才可能向j连边.
那么考虑完左边前i个点后:
1.左边的后n-i个点一定未被选，
2.右边的前i个点一定已经被选了(如果没被选之后也不可能被选,那么就是非法状态),

因此:只需要存储左边前i个点的状态和右边后n-i个点的状态
恰好可以用n位二进制数的前i位和后n-i位存储.

令d[i][j]表示枚举到i,ls|rs为j的最小合法代价(此时前i-1个点已经合法)
枚举点i的边进行更新即可
考虑左边第i个点的时候,只有当右边第i个点被选上才能进行转移
(因为要保证右边前i个点被选上)

ps:
得用scanf

参考:
https://blog.csdn.net/qq_43202683/article/details/104100695
https://blog.csdn.net/rzo_kqp_orz/article/details/103996351

code：

//https://nanti.jisuanke.com/t/42577
#include
using namespace std;
const int maxm=20;
vector<int>g[20];
int d[20][1<<20];
int ban[20];
int val[20];
char s[20];
int n;
void solve(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)g[i].clear();
    //边
    for(int i=0;i<n;i++){
        scanf("%s",s);
        for(int j=0;j<n;j++){
            if(s[j]=='1'){
                g[i].push_back(j);
            }
        }
    }
    //互斥
    for(int i=0;i<n;i++){
        scanf("%s",s);
        ban[i]=0;
        for(int j=0;j<i;j++){
            if(s[j]=='1'){
                ban[i]|=(1<<j);
            }
        }
    }
    //val
    for(int i=0;i<n;i++){
        scanf("%d",&val[i]);
    }
    //clear dp[]
    for(int i=0;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<(1<<n);j++){
            d[i][j]=1e9;
        }
    }
    d[0][0]=0;
    //dp
    for(int i=0;i<n;i++){//考虑前i个点
        for(int j=0;j<(1<<n);j++){
            if(d[i][j]==1e9)continue;
            int ls=(j&((1<<i)-1));//左半部[0,i-1]
            int rs=(j&((1<<n)-(1<<i)));//右半部[i,n-1]
            if(rs>>i&1){//如果右半部第i位已经有了,那么左半部可以不选第i位
                d[i+1][j^(1<<i)]=min(d[i+1][j^(1<<i)],d[i][j]);
            }
            if(ls&ban[i])continue;//不能选第i位,那么下面的就不用算了
            for(int t=1;t<(1<<(int)g[i].size());t++){//枚举边的选择
                int cost=1;//花费
                int es=rs;//选择这些边之后右半部的状态
                for(int k=0;k<(int)g[i].size();k++){//计算花费和状态
                    if(t>>k&1)cost*=val[i],es|=(1<<g[i][k]);
                }
                if(!(es>>i&1))continue;//没选上右半部第i个点,不合法
                d[i+1][ls|es]=min(d[i+1][ls|es],d[i][j]+cost);
            }
        }
    }
    int ans=1e9;
    for(int i=0;i<(1<<n);i++){
        ans=min(ans,d[n][i]);
    }
    if(ans==1e9)ans=-1;
    printf("%d\n",ans);
}
signed main(){
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--){
        solve();
    }
    return 0;
}

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