【面试高频题】难度 3/5，状态压缩 DP 及其优化

题目描述

这是 LeetCode 上的 526. 优美的排列 ，难度为 中等。

Tag : 「位运算」、「状压 DP」、「动态规划」

假设有从 $1$1 到 $N$N 的 $N$N 个整数，如果从这 $N$N 个数字中成功构造出一个数组，使得数组的第 $i$i 位 ($1 <= i <= N$1<=i<=N) 满足如下两个条件中的一个，我们就称这个数组为一个优美的排列。

条件：

• 第 $i$i 位的数字能被 $i$i 整除
• $i$i 能被第 $i$i 位上的数字整除

现在给定一个整数 $N$N，请问可以构造多少个优美的排列？

示例1:

输入: 2

输出: 2

解释: 
第 1 个优美的排列是 [1, 2]:
  第 1 个位置（i=1）上的数字是1，1能被 i（i=1）整除
  第 2 个位置（i=2）上的数字是2，2能被 i（i=2）整除

第 2 个优美的排列是 [2, 1]:
  第 1 个位置（i=1）上的数字是2，2能被 i（i=1）整除
  第 2 个位置（i=2）上的数字是1，i（i=2）能被 1 整除
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说明:

• $N$N 是一个正整数，并且不会超过 $15$15。

状态压缩 DP

利用数据范围不超过 $15$15，我们可以使用「状态压缩 DP」进行求解。

使用一个二进制数表示当前哪些数已被选，哪些数未被选，目的是为了可以使用位运算进行加速。

我们可以通过一个具体的样例，来感受下「状态压缩」是什么意思：

例如 $(000...0101)_2$(000...0101)2 代表值为 $1$1 和值为 $3$3 的数字已经被使用了，而值为 $2$2 的节点尚未被使用。

然后再来看看使用「状态压缩」的话，一些基本的操作该如何进行：

假设变量 $state$state 存放了「当前数的使用情况」，当我们需要检查值为 $k$k 的数是否被使用时，可以使用位运算 a = (state >> k) & 1，来获取 $state$state 中第 $k$k 位的二进制表示，如果 a 为 $1$1 代表值为 $k$k 的数字已被使用，如果为 $0$0 则未被访问。

定义 $f[i][state]$f[i][state] 为考虑前 $i$i 个数，且当前选择方案为 $state$state 的所有方案数量。

一个显然的初始化条件为 $f[0][0] = 1$f[0][0]=1，代表当我们不考虑任何数（$i = 0$i=0）的情况下，一个数都不被选择（$state = 0$state=0）为一种合法方案。

不失一般性的考虑 $f[i][state]$f[i][state] 该如何转移，由于本题是求方案数，我们的转移方程必须做到「不重不漏」。

我们可以通过枚举当前位置 $i$i 是选哪个数，假设位置 $i$i 所选数值为 $k$k，首先 $k$k 值需要同时满足如下两个条件：

• $state$state 中的第 $k$k 位为 $1$1；
• 要么 $k$k 能被 $i$i 整除，要么 $i$i 能被 $k$k 整除。

那么根据状态定义，位置 $i$i 选了数值 $k$k，通过位运算我们可以直接得出决策位置 $i$i 之前的状态是什么：$state & (\lnot (1 << (k - 1)))$state&(¬(1<<(k−1)))，代表将 $state$state 的二进制表示中的第 $k$k 位置 $0$0。

最终的 $f[i][state]$f[i][state] 为当前位置 $i$i 选择的是所有合法的 $k$k 值的方案数之和：

$$f[i][state] = \sum_{k = 1}^{n} f[i - 1][state & (\lnot (1 << (k - 1)))]$$f[i][state]=k=1∑nf[i−1][state&(¬(1<<(k−1)))]

一些细节：由于给定的数值范围为 $[1,n]$[1,n]，但实现上为了方便，我们使用 $state$state 从右往左的第 $0$0 位表示数值 $1$1 选择情况，第 $1$1 位表示数值 $2$2 的选择情况 ... 即对选择数值 $k$k 做一个 $-1$−1 的偏移。

代码：

class Solution {
    public int countArrangement(int n) {
        int mask = 1 << n;
        int[][] f = new int[n + 1][mask];
        f[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            // 枚举所有的状态
            for (int state = 0; state < mask; state++) {
                // 枚举位置 i（最后一位）选的数值是 k
                for (int k = 1; k <= n; k++) {
                    // 首先 k 在 state 中必须是 1
                    if (((state >> (k - 1)) & 1) == 0) continue;
                    // 数值 k 和位置 i 之间满足任一整除关系
                    if (k % i != 0 && i % k != 0) continue;
                    // state & (~(1 << (k - 1))) 代表将 state 中数值 k 的位置置零
                    f[i][state] += f[i - 1][state & (~(1 << (k - 1)))];
                }
            }
        }
        return f[n][mask - 1];
    }
}
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• 时间复杂度：共有 $n * 2^n$n∗2n 的状态需要被转移，每次转移复杂度为 $O(n)$O(n)，整体复杂度为 $O(n^2 * 2^n)$O(n2∗2n)
• 空间复杂度：$O(n * 2^n)$O(n∗2n)

状态压缩 DP（优化）

通过对朴素的状压 DP 的分析，我们发现，在决策第 $i$i 位的时候，理论上我们应该使用的数字数量也应该为 $i$i 个。

但这一点在朴素状压 DP 中并没有体现，这就导致了我们在决策第 $i$i 位的时候，仍然需要对所有的 $state$state 进行计算检查（即使是那些二进制表示中 $1$1 的出现次数不为 $i$i 个的状态）。

因此我们可以换个思路进行枚举（使用新的状态定义并优化转移方程）。

定义 $f[state]$f[state] 为当前选择数值情况为 $state$state 时的所有方案的数量。

这样仍然有 $f[0] = 1$f[0]=1 的初始化条件，最终答案为 $f[(1 << n) - 1]$f[(1<

不失一般性考虑 $f[state]$f[state] 如何计算：

从当前状态 $state$state 进行出发，检查 $state$state 中的每一位 $1$1 作为最后一个被选择的数值，这样仍然可以确保方案数「不重不漏」的被统计，同时由于我们「从小到大」对 $state$state 进行枚举，因此计算 $f[state]$f[state] 所依赖的其他状态值必然都已经被计算完成。

同样的，我们仍然需要确保 $state$state 中的那一位作为最后一个的 $1$1 需要与所放的位置成整除关系。

因此我们需要一个计算 $state$state 的 $1$1 的个数的方法，这里使用 $lowbit$lowbit 实现即可。

最终的 $f[state]$f[state] 为当前位置选择的是所有合法值的方案数之和：

$$f[state] = \sum_{i = 0}^{n}f[state & ( \lnot (1 << i))]$$f[state]=i=0∑nf[state&(¬(1<

代码：

class Solution {
    int getCnt(int x) {
        int ans = 0;
        while (x != 0) {
            x -= (x & -x); // lowbit
            ans++;
        }
        return ans;
    }
    public int countArrangement(int n) {
        int mask = 1 << n;
        int[] f = new int[mask];
        f[0] = 1;
        // 枚举所有的状态
        for (int state = 1; state < mask; state++) {
            // 计算 state 有多少个 1（也就是当前排序长度为多少）
            int cnt = getCnt(state);
            // 枚举最后一位数值为多少
            for (int i = 0; i < n; i++) {
                // 数值在 state 中必须是 1
                if (((state >> i) & 1) == 0) continue;
                // 数值（i + 1）和位置（cnt）之间满足任一整除关系
                if ((i + 1) % cnt != 0 && cnt % (i + 1) != 0) continue;
                // state & (~(1 << i)) 代表将 state 中所选数值的位置置零
                f[state] += f[state & (~(1 << i))];
            }
        }
        return f[mask - 1];
    }
}
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• 时间复杂度：共有 $2^n$2n 的状态需要被转移，每次转移复杂度为 $O(n)$O(n)，整体复杂度为 $O(n * 2^n)$O(n∗2n)
• 空间复杂度：$O(2^n)$O(2n)

总结

不难发现，其实两种状态压缩 DP 的思路其实是完全一样的。

只不过在朴素状压 DP 中我们是显式的枚举了考虑每一种长度的情况（存在维度 $i$i），而在状压 DP（优化）中利用则 $state$state 中的 $1$1 的个数中蕴含的长度信息。

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.525 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

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