状压DP杂题
引
好歹第一次正经学状压，好好总结一下
T1 [CQOI2018] 解锁屏幕
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解法
状态设计：
f S , i : 连上了 S 中的所有的点并且当前处于 i 点的方案数 f_{S,i} : 连上了S中的所有的点并且当前处于i点的方案数 fS,i:连上了S中的所有的点并且当前处于i点的方案数
状态转移：
枚举 S S S 补集里的 点 转移即可，就注意不能越过一个点到另一个点就行
Code
#include
#include
#include
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define _rep(i,j,k) for(int i=k;i>=j;i--)
using ll = long long ;
using db = double ;
using namespace std;
const int N=20,M=(1<<20);
const ll mod=1e8+7,inv2=499122177;
int n;
ll f[M][N],g[N][N],ans;
pair p[N];
vector vec[N];
ll qpow(ll ba,ll pow) {
ll res=1; while(pow) {
if(pow&1) res=res*ba%mod;
ba=ba*ba%mod,pow>>=1;
} return res;
}
ll Add(ll x,ll y) { return ((x+y)%mod) ;}
ll Mul(ll x,ll y) { return ((x*y)%mod) ;}
ll Inv(ll x) { return qpow(x,mod-2) ;}
void init() {
scanf("%d",&n);
rep(i,1,n) scanf("%d%d",&p[i].first,&p[i].second);
sort(p+1,p+1+n);
rep(i,1,n) rep(j,i+1,n) {
rep(k,i+1,j-1) {
int tx=p[i].first-p[j].first,ty=p[i].second-p[j].second;
int px=p[i].first-p[k].first,py=p[i].second-p[k].second;
if(tx*py==ty*px) g[i][j]|=(1<=4){
rep(j,1,n)
if(i&(1<
T2 [NOIP2017 提高组] 宝藏
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解法
状态设计：
f S , i ：点集为 S ，树高为 i 的最小代价 f_{S,i}：点集为S，树高为i的最小代价 fS,i：点集为S，树高为i的最小代价
状态转移：
枚举 点集 作为最后一层转移即可
Code
#include
#include
#include
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define _rep(i,j,k) for(int i=k;i>=j;i--)
using ll = long long ;
using db = double ;
using namespace std;
const int N=13,M=(1<<12)+7;
const ll mod=1e8+7,inv2=499122177,INF=1e10;
int n,m;
ll f[N][M],dis[N][M],ans=INF;
ll qpow(ll ba,ll pow) {
ll res=1; while(pow) {
if(pow&1) res=res*ba%mod;
ba=ba*ba%mod,pow>>=1;
} return res;
}
ll Add(ll x,ll y) { return ((x+y)%mod) ;}
ll Mul(ll x,ll y) { return ((x*y)%mod) ;}
ll Inv(ll x) { return qpow(x,mod-2) ;}
void init() {
scanf("%d%d",&n,&m);
rep(i,0,n-1) rep(mask,0,(1<>i&1)) {
rep(j,0,n-1) if(mask>>j&1)
dis[i][mask]=min(dis[i][mask],dis[i][1<>j&1)
len+=dis[j][_S];
f[i][mask]=min(f[i][mask],f[i-1][_S]+i*len);
}
}
rep(i,0,n-1) ans=min(ans,f[i][(1<
T3 [HAOI2016] 字符合并
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解法
这题比较有意思，是个区间DP+状压DP
状态设计：
f l , r , m a s k : 区间 [ l , r ] 最后合并成 m a s k 可获得的最大分数 f_{l,r,mask}: 区间[l,r]最后合并成mask可获得的最大分数 fl,r,mask:区间[l,r]最后合并成mask可获得的最大分数
状态转移 ：
Code
枚举断点转移即可
#include
#include
#include
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define _rep(i,j,k) for(int i=k;i>=j;i--)
using ll = long long ;
using db = double ;
using namespace std;
const int N=307,M=(1<<12)+7,K=(1<<8)+7;
const ll mod=1e8+7,inv2=499122177,INF=1e10;
int n,k;
int a[N],c[K];
ll w[K],f[N][N][K],ans=-INF;
ll qpow(ll ba,ll pow) {
ll res=1; while(pow) {
if(pow&1) res=res*ba%mod;
ba=ba*ba%mod,pow>>=1;
} return res;
}
ll Add(ll x,ll y) { return ((x+y)%mod) ;}
ll Mul(ll x,ll y) { return ((x*y)%mod) ;}
ll Inv(ll x) { return qpow(x,mod-2) ;}
void init() {
scanf("%d%d",&n,&k);
rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
rep(i,0,(1<=l;mid-=(k-1)) rep(mask,0,(1< g(2,-INF);
rep(mask,0,(1<
T4 [NOI2015] 寿司晚宴
技巧性有点大，但不多
解法
将质因子的含有情况存进状态即可，但会 T L E TLE TLE ,所以我们考虑 根号分治 即可
Code
滚动了一下数组
#include
#include
#include
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define _rep(i,j,k) for(int i=k;i>=j;i--)
using ll = long long ;
using db = double ;
using namespace std;
const int N=507,M=(1<<8)+7,K=(1<<8)+7;
const ll inv2=499122177,INF=1e10;
int n;
int pri[]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,0};
ll mod,ans;
ll f[M][M],g1[M][M],g2[M][M];
struct st{
int val,MAX,mask;
void init() {
MAX=-1; int tmp=val;
rep(i,1,8) {
// puts("!!");
if(tmp%pri[i]) continue;
mask|=(1<<(i-1));
while((tmp%pri[i]==0)) tmp/=pri[i];
}
if(tmp!=1) MAX=tmp;
}
bool operator < (const st &x) const { return MAX>=1;
} return res;
}
ll Add(ll x,ll y) { return ((x+y)%mod) ;}
ll Mul(ll x,ll y) { return ((x*y)%mod) ;}
ll Del(ll x,ll y) { return ((x-y)<0)?x-y+mod:x-y ;}
ll Inv(ll x) { return qpow(x,mod-2) ;}
void init() {
scanf("%d%lld",&n,&mod);
rep(i,2,n) a[i-1].val=i,a[i-1].init();
sort(a+1,a+n);
f[0][0]=1;
}
void work() {
rep(i,1,n-1) {
if(a[i].MAX!=a[i-1].MAX|| a[i].MAX==-1) {
rep(mask,0,255) rep(_mask,0,255)
g1[mask][_mask]=g2[mask][_mask]=f[mask][_mask];
}
_rep(mask,0,255) _rep(_mask,0,255) if((mask&_mask)==0){
if((a[i].mask&mask)==0) g2[mask][_mask|a[i].mask]=Add(g2[mask][_mask|a[i].mask],g2[mask][_mask]);
if((a[i].mask&_mask)==0) g1[mask|a[i].mask][_mask]=Add(g1[mask|a[i].mask][_mask],g1[mask][_mask]);
}
if(i==n-1||a[i].MAX!=a[i+1].MAX|| a[i].MAX==-1) {
rep(mask,0,255) rep(_mask,0,255) if((mask&_mask)==0) {
f[mask][_mask]=Add(g1[mask][_mask],Del(g2[mask][_mask],f[mask][_mask]));
}
}
}
rep(mask,0,255) rep(_mask,0,255) if((mask&_mask)==0)
ans=Add(ans,f[mask][_mask]);
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
init();
work();
}
T5 [PKUWC2018] 随机算法
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解法：
状态设计:
f S : 点集为 S 时的答案 f_{S}:点集为S时的答案 fS:点集为S时的答案
状态转移：
f S = ∑ i ( f S − T i ∗ ( g S − T i + 1 = = g S ) ) ∣ S ∣ g S : S 的最大独立集的点数 T i : i 以及 i 所连的点的集合 f_{S}=\frac{\sum_{i} (f_{S-T_{i}}*(g_{S-T_{i}}+1==g_{S}) )}{|S|}\\ g_{S}:S的最大独立集的点数\\ T_{i}:i以及i所连的点的集合 fS=∣S∣∑i(fS−Ti∗(gS−Ti+1==gS))gS:S的最大独立集的点数Ti:i以及i所连的点的集合
Code
#include
#include
#include
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define _rep(i,j,k) for(int i=k;i>=j;i--)
#define _b_pct __builtin_popcount
using ll = long long ;
using db = double ;
using namespace std;
const int N=21,M=(1<<20)+7,K=(1<<8)+7;
const ll inv2=499122177,INF=1e18,mod=998244353;
int n,m;
int G[N];
ll f[M],g[M];
ll qpow(ll ba,ll pow) {
ll res=1; while(pow) {
if(pow&1) res=res*ba%mod;
ba=ba*ba%mod,pow>>=1;
} return res;
}
ll Add(ll x,ll y) { return ((x+y)%mod) ;}
ll Mul(ll x,ll y) { return ((x*y)%mod) ;}
ll Inv(ll x) { return qpow(x,mod-2) ;}
void init() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i>i&1) {
g[mask]=max(g[mask],g[mask&(~G[i])]+1);
}
f[0]=1;
// rep(mask,1,(1<>i&1) && (g[mask&(~G[i])]+1==g[mask]))
f[mask]=Add(f[mask],f[mask&(~G[i])]) ;
// printf("%lld %lld %lld\n",f[mask],ll(_b_pct(mask)),Inv(_b_pct(mask)));
f[mask]=Mul(f[mask],Inv(_b_pct(mask)));
}
printf("%lld\n",f[(1<
T6 [ABC152F] Tree and Constraints
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解法
容斥即可
式子写一下吧：
A n s = ∑ S ( − 1 ) ∣ S ∣ ∗ f S Ans=\sum_S (-1)^{|S|}*f_{S} Ans=S∑(−1)∣S∣∗fS
至于式子什么意思就自己悟吧
Code
#include
#include
#include
#include
#include
#define rep(i,j,k) for(register int i=j;i<=k;i++)
#define _rep(i,j,k) for(register int i=k;i>=j;i--)
#define _b_pct __builtin_popcount
using ll = long long ;
using db = double ;
using namespace std;
const int N=107,M=3e3+7,K=(1<<8)+7,INF=1e9;
const ll inv2=499122177,LLF=1e18,mod=998244353;
int n,m,c1;
int head[N],sta[N],tp;
ll f[(1<<20)+7],p[2]={1,-1},ans,p2[M];
bitset bt[22];
struct Edge{ int next,to; }e[M<<1];
void Add_Edge(int fr,int to) {
e[c1]=(Edge) {head[fr],to};
head[fr]=c1++;
}
ll qpow(ll ba,ll pow) {
ll res=1; while(pow) {
if(pow&1) res=res*ba%mod;
ba=ba*ba%mod,pow>>=1;
} return res;
}
ll Add(ll x,ll y) { return ((x+y)%mod) ;}
ll Mul(ll x,ll y) { return ((x*y)%mod) ;}
ll Del(ll x,ll y) { return (x-y<0?x-y+mod:x-y) ;}
ll Inv(ll x) { return qpow(x,mod-2) ;}
ll Block(ll x) {
ll res=0;
for(ll l=1,r;l<=x;l=r+1) {
r=x/(x/l);
res=Add(res,Mul((x/l),(r-l+1)));
}
return res;
}
void dfs(int u,int fa,int po,int id) {
for(int i=head[u];~i;i=e[i].next) {
int v=e[i].to; if(v==fa) continue;
sta[++tp]=i>>1;
if(v==po) {
while(tp) bt[id][sta[tp]]=1,tp--;
return ;
}
dfs(v,u,po,id);
tp--;
}
}
void init() {
scanf("%d",&n);
p2[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) p2[i]=p2[i-1]<<1;
memset(head,-1,sizeof head);
for(int i=1,u,v;i tmp;
rep(i,0,m-1) if(mask>>i&1)
tmp|=bt[i];
num-=tmp.count();
ans+=(p[cnt&1]*p2[num]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
init();
work();
}
T6 [ARC078F] Mole and Abandoned Mine
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解法
就是求割完后满足条件的图的边权和的 最大值
状态的设计是套路的： f S , i f_{S,i} fS,i
转移时考虑图最后的形态一定是
所以删完边后的图一定是由一条从 1 1 1 到 n n n 的链，和若干个两两之间没有连边，且与链之间仅有一条边的连通块组成 。
分成 连点 或者 连连通块 的情况转移即可
干就完了
Code
#include
#include
#include
#include
#include
#define rep(i,j,k) for(register int i=j;i<=k;i++)
#define _rep(i,j,k) for(register int i=k;i>=j;i--)
#define _b_pct __builtin_popcount
using ll = long long ;
using db = double ;
using namespace std;
const int N=17,M=(1<<15)+7,INF=1e9;
const ll inv2=499122177,LLF=1e18,mod=998244353;
int n,m,k;
ll w[N][N],f[N][M],g[N][M],h[M],ans;
ll qpow(ll ba,ll pow) {
ll res=1; while(pow) {
if(pow&1) res=res*ba%mod;
ba=ba*ba%mod,pow>>=1;
} return res;
}
ll Add(ll x,ll y) { return ((x+y)%mod) ;}
ll Mul(ll x,ll y) { return ((x*y)%mod) ;}
ll Del(ll x,ll y) { return (x-y<0?x-y+mod:x-y) ;}
ll Inv(ll x) { return qpow(x,mod-2) ;}
ll Block(ll x) {
ll res=0;
for(ll l=1,r;l<=x;l=r+1) {
r=x/(x/l);
res=Add(res,Mul((x/l),(r-l+1)));
}
return res;
}
void init() {
scanf("%d%d",&n,&m); k=(1<>i&1)==0){
rep(j,0,n-1) if(mask>>j&1)
g[i][mask]+=w[i][j];
}
rep(mask,0,(1<>i&1) && (mask>>j&1)){
h[mask]+=w[i][j];
}
f[0][1]=0;
rep(mask,0,(1<>i&1) && (mask&1) && f[i][mask]>=0) {
rep(j,0,n-1) if((mask>>j&1)==0 && w[i][j]>0) {
f[j][mask|(1<
T7 Favorite Game
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这题我就得好好讲讲了
解法
设计状态：
引用他人博客 ： 大神的博客
状态转移 ：
h , t 的含义分别为到传送门，刺杀地点的最短距离 h,t的含义分别为到传送门，刺杀地点的最短距离 h,t的含义分别为到传送门，刺杀地点的最短距离
1.从传送门到传送门：
枚举传送点转移即可
f m a s k , i + h m a s k , j → f m a s k ∣ j , i f_{mask,i}+h_{mask,j}\to f_{mask|j,i} fmask,i+hmask,j→fmask∣j,i
2.从传送门到刺杀地点：
i f ( f m a s k , i + t m a s k , j ≤ t i m e j ) i + 1 → g m a s k , j if(f_{mask,i}+t_{mask,j}\le time_j) \quad i+1\to g_{mask,j} if(fmask,i+tmask,j≤timej)i+1→gmask,j
3.从刺杀地点到传送门：
t i m e i + min ( d i s i , j , h m a s k , j ) → f m a s k ∣ j , g m a s k , i time_i+\min(dis_{i,j},h_{mask,j})\to f_{mask|j,g_{mask,i}} timei+min(disi,j,hmask,j)→fmask∣j,gmask,i
4.从刺杀地点到刺杀地点。
i f ( t i m e j − t i m e i ≥ min ( d i s i , j , t m a s k , j ) ) g m a s k , i + 1 → g m a s k , j if(time_j-time_i \ge \min(dis_{i,j},t_{mask,j}))\quad g_{mask,i}+1\to g_{mask,j} if(timej−timei≥min(disi,j,tmask,j))gmask,i+1→gmask,j
Code
#include
#include
#include
#include
#define rep(i,j,k) for(register int i=j;i<=k;i++)
#define _rep(i,j,k) for(register int i=k;i>=j;i--)
#define _b_pct __builtin_popcount
using ll = long long ;
using db = double ;
using namespace std;
const int N=107,M=(1<<14)+7,K=16,INF=2e9;
const ll inv2=499122177,LLF=1e18,mod=998244353;
int n,m,k;
int f[M][N],g[M][N];//f:时间 ; g:完成数
int h[M][N],t[M][N];//h:到传送门 ; t:到刺杀地点
struct Pos { int xa,ya; } a[N];
struct Qu { int xb,yb,t; } b[N];
bool cmp(Qu x,Qu y) { return x.t>=1;
} return res;
}
ll Add(ll x,ll y) { return ((x+y)%mod) ;}
ll Mul(ll x,ll y) { return ((x*y)%mod) ;}
ll Del(ll x,ll y) { return (x-y<0?x-y+mod:x-y) ;}
ll Inv(ll x) { return qpow(x,mod-2) ;}
ll Block(ll x) {
ll res=0;
for(ll l=1,r;l<=x;l=r+1) {
r=x/(x/l);
res=Add(res,Mul((x/l),(r-l+1)));
}
return res;
}
int Calc(int xa,int ya,int xb,int yb) { return abs(xa-xb)+abs(ya-yb); }
void init() {
scanf("%d%d",&n,&m); k=(1<>(j-1)&1)
h[mask][i]=min(h[mask][i],Calc(a[i].xa,a[i].ya,a[j].xa,a[j].ya));
}
rep(mask,0,k) rep(i,1,m) {
rep(j,1,n) if(mask>>(j-1)&1)
t[mask][i]=min(t[mask][i],Calc(b[i].xb,b[i].yb,a[j].xa,a[j].ya));
}
int ans=1;
rep(mask,0,k) {
rep(i,0,m) if(f[mask][i]!=INF) {
rep(j,1,n) if((mask>>(j-1)&1)==0) //f->f
f[mask|(1<<(j-1))][i]=min(f[mask|(1<<(j-1))][i],f[mask][i]+h[mask][j]);
rep(j,1,m) if(b[j].t>=f[mask][i]+t[mask][j]) // f->g
g[mask][j]=max(g[mask][j],i+1),ans=max(ans,g[mask][j]);
}
rep(i,1,m) if(g[mask][i]!=-INF) {
rep(j,1,n) // g->f
f[mask|(1<<(j-1))][g[mask][i]]=min(f[mask|(1<<(j-1))][g[mask][i]], b[i].t+min(Calc(a[j].xa,a[j].ya,b[i].xb,b[i].yb),h[mask][j]) );
rep(j,i+1,m) if(min(t[mask][j],Calc(b[j].xb,b[j].yb,b[i].xb,b[i].yb))<=b[j].t-b[i].t) // g->g
g[mask][j]=max(g[mask][j],g[mask][i]+1),ans=max(ans,g[mask][j]);
}
// printf("%d %d:\n%d %d\n",mask,i,f[mask][i],g[mask][i]);
}
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
init();
work();
}