（最近做到了状压dp的题目，自己不会，于是学习了一手）
1.位运算（基础）
| 名称 | 符号 | 运算法则 | 举例 |
|---|---|---|---|
| 按位与 | a&b | 两者同时为1则为1，否则为0 | 00101&11100=00100 |
| 按位或 | a l b | 有1为1，无1为0 | 00101 l 11100=11101 |
| 按位异或 | a^b | 相同为0，不同为1 | 00101^11100=11001 |
| 按位取反 | ~a | 是1为0，是0为1 | ~00101=11010 |
| 左移 | a<<b | 把对应的二进制数左移b位 | 00101<<2=0010100 |
| 右移 | a>>b | 把对应的二进制数右移b位 | 00101>>1=0010 |
2.常用的计算方法
一、取出x的第i位：y = ( x>> ( i-1 ) ) & 1
二、将x的第i位取反：x = x ^ ( 1<< ( i-1 ) )
三、将x的第i位变为1：x = x | ( 1<< ( i-1 ) )
四、将x的第i位变成0：x = x & ~（ 1<< ( i-1 ) ）
五、将x最靠右的1变成0：x = x & (x-1)
六、取出最靠右的1：y=x&(-x)
七、把最靠右的0变成1: x | = (x-1)
3.状压dp
何为状压dp，顾名思义就是： 状态压缩+动态规划 。既然是dp那么最为重要的就是找到状态转移方程然后转移就行。不同的在于状压dp利用二进制把状态记录成二进制数。
具体的做法就看后面的例题慢慢体会吧QWQ
例1、关灯问题
这道题目是一个状压的引入和理解，没有涉及dp。
题目链接：
关灯问题
分析：考虑状态压缩，可以把灯的开和关视作1和0，则用一串01串（二进制）表示这一串灯的一个总的状态。
因为这个01串是而进制，所以他们所对应的10进制数最大不会超过（2<<10）-1=1023
也就是说最多有1023种状态，所以当然是可行的。
现在你会发现一点，就是状态压缩只适用于小数据的范围，因为这个二进制数的长度超过64，unsigned long long都存不下啦。
那么这题就可以直接广搜暴利解决，利用之前的计算方法，开灯（1）就是把对应的那一位0变成1：x|=1<<(i-1),如果本身是1的话当然没有任何影响。
同理，关灯（-1）的话就是把对应的那一位1变成0：x=x&~(1<<(i-1)),当然如果本身是0 ，也没有影响啦。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int a[1000][1000];
int dp[10000],vis[10000];
queue<int>q;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
int siz=0;
for(int i=1;i<=n;i++) siz=siz<<1|1;
vis[siz]=1;
q.push(siz);
int flag=0;
while(!q.empty())
{
int now=q.front();
q.pop();
int ans=now;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
now=ans;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(a[i][j]==-1)
now=now|(1<<(j-1));
else if(a[i][j]==1)
now=now&~(1<<(j-1));
}
if(vis[now]==0)
{
q.push(now);
dp[now]=dp[ans]+1;
vis[now]=1;
if(now==0)
{
flag=1;
printf("%d\n",dp[0]);
break;
}
}
}
}
if(flag==0) printf("-1\n");
system("pause");
return 0;
}
例2、玉米田Corn Fields
题目链接：
Corn Fields
分析：
我们可以用1表示种了草，用0表示没有种草，所以每一行的状态都可以描述出来。
n和m的大小为12。故每一行的二进制状态就是2的12次方，也就是4000左右。每一行的每个状态我们都可以用上一行的满足条件的状态转移过来。
问题是怎么判断状态合不合法：
1、同一行有没有相邻的土地种植了草？
直接左移一格（或右移一格）与原状态求交集，为空集则合法。
2、有没有把草种植在贫瘠的土壤上？
把原有土地的状态表示出来，0为贫瘠，1为肥沃，存下每一行的土地状态。将该状态与这一行的土地状态求一下交集，如果等于原状态，则合法。
3、上下两行之间有两格土地连一起怎么办？
在dp状态转移时候，需要枚举上一行的状态，这个时候再进行判断。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD=1e8;
int m,n;//m行n列
int a[14][14],f[14],ans[1<<12];
int dp[14][1<<12];
int main()
{
scanf("%d%d",&m,&n);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
scanf("%d",&a[i][j]);
f[i]=(f[i]<<1)|a[i][j];//记录每一行的土地状态
}
}
int siz=1<<n;
for(int i=0;i<siz;i++)
if(!(i&(i<<1))&&!(i&(i>>1))) ans[i]=1;//预处理一行中哪些状态是可行的
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=0;j<siz;j++)
{
if(ans[j]&&(f[i]&j)==j)//解决问题1和2
{
for(int k=0;k<siz;k++)//枚举上一行的状态
if(!(k&j)) dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k])%MOD;
}
}
}
int res=0;
for(int i=0;i<siz;i++)
res=(res+dp[m][i])%MOD;
printf("%d\n",res);
system("pause");
return 0;
}
例3.互不侵犯
题目链接
互不侵犯
题意：
给定一个n*n的棋盘。在上面放k个王。满足这k个王无法相互攻击。王可以攻击他相邻的8个格子。
思路：
相当于上一题的一个加强板，开三个维度来存储dp的状态（因为题目里面有两个要求：n行和固定了要求拜访的棋子个数，剩下一个维度是状压的状态）
dp[ i ][ j ][ k ]表示第i行，这一行国王摆放的状态为j，已经摆放了k个国王的方案数。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long maze[10][1<<10][100];//记得要开long long
int f[1<<10],num[1<<10];
int check(int a,int b)
{//判断上下两行是否合法
if((a<<1)&b) return 0;
if((a>>1)&b) return 0;
if(a&b) return 0;
return 1;
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
int siz=1<<n;
for(int i=0;i<siz;i++)
{//预处理一行里有哪些状态是可行的
if(!(i&(i<<1))&&!(i&(i>>1)))
{
f[i]=1;
int tmp=i;
while(tmp)//预处理每种状态的国王数量
{
if(tmp&1) num[i]++;
tmp=tmp>>1;
}
}
}
for(int i=0;i<siz;i++)//由于第一行上面没有格子，所以需要单独处理
if(f[i]) maze[1][i][num[i]]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{//枚举第几行
for(int j=0;j<siz;j++)//枚举这一行的状态
{
if(!f[j]) continue;
for(int k=0;k<siz;k++)//枚举上一行的状态
{
if(!check(k,j)||!f[k]) continue;
for(int l=m;l>=num[j];l--)
{
maze[i][j][l]+=maze[i-1][k][l-num[j]];
}
}
}
}
long long ans=0;
for(int i=0;i<siz;i++)
ans+=maze[n][i][m];
printf("%lld\n",ans);
system("pause");
return 0;
}
例4.Problem Arrangement
题目链接
Problem Arrangement
题意：
输入n和m，接下来一个n*n的矩阵，a[i][j]表示第i道题放在第j个顺序做可以加a[i][j]的分数，问做完n道题所得分数大于等于m的概率。用分数表示，分母为上述满足题意的方案数，分子是总的方案数,输出最简形式。
思路：
由于n很小，可以想到用状压dp来解决。因为最多只有12道题，对于每一道题我们可以枚举所有位置，看看哪个位置可以放这个题。dp[i][j]表示在i状态下得分为j的方案数,具体实现看代码。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int casen;
int n,m;
int a[15][15];
int dp[(1<<13)+10][510];
int f[15];
int gcd(int a,int b)
{
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
f[1]=1;
for(int i=2;i<=12;i++)//计算阶层
f[i]=f[i-1]*i;
scanf("%d",&casen);
while(casen--)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
dp[0][0]=1;
for(int i=0;i<(1<<n);i++)
{
int cnt=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(((1<<(j-1))&i)>0)//判断i的二进制下第j为是否为1
cnt++;
}
for(int j=1;j<=n;j++)//看看可以由i状态转移到哪些别的状态
{
if(((1<<(j-1))&i)>0)
continue;
for(int k=0;k<=m;k++)
{
if(k+a[cnt+1][j]>=m)
dp[i+(1<<(j-1))][m]+=dp[i][k];
else
dp[i+(1<<(j-1))][k+a[cnt+1][j]]+=dp[i][k];
}
}
}
if(dp[(1<<n)-1][m]==0)
puts("No solution");
else
{
int g=gcd(f[n],dp[(1<<n)-1][m]);
printf("%d/%d\n",f[n]/g,dp[(1<<n)-1][m]/g);
}
}
//system("pause");
return 0;
}
例5.炮兵阵地
题目链接：
炮兵阵地
题意：
有一块n*m的土地，上面有平原有山地，炮兵只能布置在平原地区，每个炮兵阵地的攻击范围是一个十字架形状（具体看题目），每个炮兵阵地不能设置在别的炮兵阵地的攻击范围内，问最多能设置多少个炮兵阵地。
思路：
定义：dp[i][j][k]表示到第i行状态为k，且上一行状态为j的最大方案数。
初始化：然后我们来考虑初始化，因为状态肯定由前两行推过来，所以我们需要单独处理第一二行的方案数。
转移方程：i为当前行，j为上一行的状态，k为当前行的状态，p为上上行的状态。
dp[i][j][k] = max ( dp[i][j][k]，dp[i-1][p][j] +当前行的炮兵数量 )
但是后来看了数据你会发现
第一维数据到100，第二维第三维的数据是1<<10=1024。很显然空间会炸。
于是（通过看别人的题解我发现qaq），因为炮兵阵地左右两格内都应该为0，所以也没有几种情况是满足横排的（m=10时才70个不到），我们可以把满足横排的情况用新的数组记录下来，后面二维于是就可以压到70*70。
这样就可以过了，但是还有很多人用到了滚动数组，想看的可以到洛古的题解里找。
代码注释还是很详细的qaq，细节就不多说了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k;
int s[1005],g[1005];
int f[102][1005][1005],ans;
char ma[103];
int mapp[103];
int get(int x)
{
int e=0;
while(x)
{
e++;
x-=x&(-x);
}
return e;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)//读入地图，将山地设为1
{
scanf("%s",ma);
for(int j=0;j<m;j++)
if(ma[j]=='H') mapp[i]=mapp[i]+(1<<j);//记录下每一行的状态
}
for(int i=0;i<(1<<m);i++)//枚举所有状态
if(((i&(i<<1))==0)&&((i&(i<<2))==0)&&((i&(i>>1))==0)&&((i&(i>>2))==0))//判断每一行是否存在冲突
{
k++;
s[k]=i;
g[k]=get(i);
if((i&mapp[1])==0) f[1][0][k]=g[k];//初始化第一行
}
//初始化第二行
for(int i=1;i<=k;i++)//枚举第一行的状态
for(int j=1;j<=k;j++)//枚举第二行的状态
if(((s[i]&s[j])==0)&&((s[j]&mapp[2])==0)) f[2][i][j]=max(f[2][i][j],f[1][0][i]+g[j]);
for(int i=3;i<=n;i++)//枚举当前行数
for(int j=1;j<=k;j++)//枚举当前行数状态
if((mapp[i]&s[j])==0)//不与地形冲突
for(int p=1;p<=k;p++)//枚举前一行的状态
if((s[p]&s[j])==0)//当前状态不与前一行冲突
for(int q=1;q<=k;q++)//枚举前两行
//不与前两行冲突且前两行自身不冲突
if(((s[q]&s[p])==0)&&((s[q]&s[j])==0)) f[i][p][j]=max(f[i][p][j],f[i-1][q][p]+g[j]);
for(int i=1;i<=k;i++)//枚举最后两行结尾的情况，统计答案
for(int j=1;j<=k;j++)
ans=max(f[n][i][j],ans);
cout<<ans;
system("pause");
return 0;
}
觉得有用的话就点个赞再走吧QWQ