HDU 4182 Judges' response(01背包+TSP状态压缩DP)

HDU 4182 Judges' response(01背包+TSP状态压缩DP)

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4281

题意:本题有两问:首先是有n-1个物品,每个物品一个重量w,然后每个人有一个重量上限M,问你最小需要派几个人才能收集完所有物品.

第二问是:人和所有物品都有一个初始坐标,且人数无限制,在第一问的基础上,不超过人的负重的情况下,要拿走所有物品,人需要走多少路(人还要回到原点)?

分析:

       首先第一问:

我们先求出所有物品的组合状态st,如果st的总重<=M,那么它就是一个合法状态.然后用dp1[i]表示当收集了状态i的物品时,需要的最少人数.

这里的dp1[i]采用了滚动数组,其实应该是dp1[i][j]表示决策完前i个物品时,当前状态为j时需要的最少人数.

dp1[i][j+st]= min(dp1[i-1][j+st]  , dp1[i-1][j]+1)  st与j的交集为空(可以不为空,代码实现就不没考虑空),其实就算不为空也行..

且st=state[i],即st是第i个有效状态

初值为dp1[0][0]=0,其他dp1[0][j]=INF

 

dp1[i]=min(dp1[i],dp1[i-j]+1);   j是i的子集的合法状态

初始值:dp1[0]=0,其他dp1[i]=INF.

 

       第二问:

我们首先要求的是cost[i][j]表示当前在i点,走过的节点状态为j时需要走的总距离.其中这个j状态是第一问中计算的合法状态,并不是所有状态都算的.

cost[i][j+{k}] = min( cost[k][ j] +dist[i][k] )  其中k不属于j.

然后利用cost[i][j]可以求出np[j],np[j]就是从0点出发走过了j集合的点又回到0点的最小距离,其中j集合必定包含0,但是在程序代码中这点没体现出来.

其中np[j]= min( cost[i][j] ) 其中i属于集合j中.

最后我们合并np的结果.由于上一步计算的np[j]中的状态j都是包括了前置1的,即j&1!=0的(想想为什么),所以后面把j分成两个子集的话,如果子集不带前置1,就直接可能为INF值,导致结果错误.

AC代码:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define INF (1<<29)
int n,m;
int x[20],y[20],c[20];
int state[1<<17],cnt;//cnt表示合法状态有多少个,state[i]=x,表示第i个合法状态是x
bool isok[1<<17];
int dp1[1<<17],cost[17][1<<17];
int dist[20][20];
int np[1<<17];
bool good(int st)
{
    int sum=0;
    for(int i=0;i<n;i++)if(st&(1<<i))
        sum +=c[i];
    return sum<=m;
}
int solve_1()
{
    cnt=0;
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
    {
        isok[i]=good(i);
        if(isok[i]) state[cnt++]=i;
    }
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        dp1[i]=INF;
    dp1[0]=0;
    for(int i=0;i<cnt;i++)
    {
        for(int j=(1<<n)-1;j>=0;j--)if(dp1[j]!=INF)
            dp1[j|state[i]]=min(dp1[j|state[i]],dp1[j]+1);
    }
    return dp1[(1<<n)-1];
}
int solve_2()
{
    //计算任意两点间的距离
    memset(dist,0,sizeof(dist));
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=i+1;j<n;j++)
            dist[i][j]=dist[j][i]= ceil(sqrt((double)(x[i] - x[j])*(x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j])*(y[i] - y[j])));

    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<(1<<n);j++)
            cost[i][j]=INF;//cost[i][j]表示当前在i点,已经走过了集合j中的点,所需要的最短距离
    cost[0][1]=0;

    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        for(int j=0;j<n;j++)if( (i&(1<<j)) )//j在集合i中
            for(int k=0;k<n;k++)if( (i&(1<<k))==0 )//k不在集合i中
                cost[k][i|(1<<k)] = min(cost[k][i|(1<<k)] , cost[j][i]+dist[j][k]);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
    {
        np[i]=INF;
        if(isok[i])
        for(int j=0;j<n;j++)if(i&(1<<j))//j在集合i中
        {
            np[i] = min(np[i],cost[j][i]+dist[j][0]);//这里计算出来的有效np[i]的i&1都是!=0的
            //因为cost中的i&1 !=0
        }
    }
    for(int i=1;i<(1<<n);i++)
        if(i&1)for(int j=(i-1)&i;j;j=(j-1)&i)
        np[i]=min(np[i],np[j|1]+np[(i-j)|1]);//如果此处不|1的话,那么有可能分成的集合j和(i-j)因为没有前置1从而是INF的值
    return np[(1<<n)-1];
}
int main()
{

    while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
    {
        for(int i=0;i<n;i++)
            scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
        for(int i=0;i<n;i++)
            scanf("%d",&c[i]);
        int ans1=solve_1();
        int ans2=solve_2();
        if(ans1==INF)
            printf("-1 -1\n");
        else
            printf("%d %d\n",ans1,ans2);
    }
    return 0;
}