状态压缩动态规划部分习题详解
简介
此处记录了一些比较经典或巧妙的简单状压dp题，粗略介绍了做题的一些思路。
经典子集类问题
原子弹
最近，火星研究人员发现了N个强大的原子。他们互相都不一样。
这些原子具有一些性质。当这两个原子碰撞时，其中一个原子会消失，产生大量的能量。
研究人员知道每两个原子在碰撞时的能释放的能量。
你要写一个程序，让它们碰撞之后产生最多的总能量。
输入格式
有多组数据。
每组数据下的第一行是整数N（2 <= N <= 10），这意味着有N个原子：A1到AN。然后下面有N行，每行有N个整数。在第i行中的第j个整数表示当i和j碰撞之后产生的能量，并且碰撞之后j会消失。
所有整数都是正数，且不大于10000。输入以n=0结尾。输入数据不超过500个。
输出格式
输出N个原子碰撞之后产生的最大总能量。
输入/输出例子1
输入：
2
0 4
1 0
3
0 20 1
12 0 1
1 10 0
0
输出：
4
22
设 f ( S ) f(S) f(S)表示原子集合为 S S S时释放的最大能量，其中 1 1 1表示原子已消失， 0 0 0表示原子未使用。
显然， f ( S ) = max i ∈ S , j ∈ S { f ( S − { j } ) + v ( i , j ) , f ( S − { i } ) + v ( j , i ) } f(S) = \max_{i\in S,j\in S}\{f(S-\{j\})+v(i,j),f(S-\{i\})+v(j,i)\} f(S)=i∈S,j∈Smax{
f(S−{
j})+v(i,j),f(S−{
i})+v(j,i)}
其中，函数 v ( i , j ) v(i,j) v(i,j)表示 i i i和 j j j碰撞且 j j j消失所产生的能量。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,map[15][15];
int f[2048],tot;
int main()
{
while(1)
{
scanf("%d",&n);
if(n == 0) break;
tot = (1<<n) - 1;
for(int i = 1;i <= n;i ++)
for(int j = 1;j <= n;j ++)
scanf("%d",&map[i][j]);
for(int i = 0;i <= tot;i ++) f[i] = 0;
for(int k = 1;k <= tot;k ++)
for(int i = 0;i < n;i ++)
{
int s1 = 1<<i;
if((s1&k)>0)
for(int j = i + 1;j < n;j ++)
{
int s2 = 1<<j;
if((s2&k)>0)
{
int s3 = k - s1;
int s4 = k - s2;
f[k] = max(f[k],f[s3] + map[j+1][i+1]);
f[k] = max(f[k],f[s4] + map[i+1][j+1]);
}
}
}
printf("%d\n",f[tot]);
}
return 0;
}
最短路与状压DP结合
送礼物
给出一个n行m列的点阵，“.” 表示可通行格子，“#” 表示不可通行格子，
“K” 表示国王的初始位置，“Q”表示王后的位置，“G”表示该格子有一个礼物。
注意：国王、王后、礼物所在的格子可以认为是可通行格子的。
国王从开始位置出发，国王从当前格子可以走到上、下、左、右四个相邻格子，当然前提是可通行格子。
国王从当前格子走到相邻格子的时间是变化的，这取决于国王手头上收集到的礼物的数量，
假如当前国王手头上有y个礼物，那么他从当前格子移动到相邻格子的所用时间是y+1秒。
一旦国王进入某个有礼物的格子，他可以选择取该格子的礼物，也可以选择不取该格子的礼物。
取礼物这个动作可以认为是瞬间完成的，不需要时间。国王想收集到尽量多的礼物送给王后，
但是他到达王后所在的格子不能超过T秒，王后不想等太长时间。
注意：国王在收集礼物的途中可能多次走到相同的格子。
输入格式
第一行：三个整数，n、m、T。 1 ≤ n, m ≤ 50。 1 ≤ T ≤10^9。
接下来是n行m列的点阵。‘G’的数量不超过16。 只有一个国王，一个王后。
输出格式
一个整数，表示国王能送给皇后的礼物的最大数目
输入/输出例子1
输入：
5 7 50
#....G#
###G###
#K...Q#
###.###
#G..GG#
输出：
4
看到礼物数目范围很小，考虑状压DP，显然在动态规划之前要处理出所有礼物两两之间的最小距离，注意到国王在收集礼物过程中可走到相同的格子，所以暴力给每一个礼物跑一遍单源最短路，手上就得到状态转移的方式。设 f ( i , S ) f(i,S) f(i,S)表示现国王手上的礼物集合为 S S S，且最后一个拿到的礼物是 i i i，可知此时国王站在礼物 i i i处，显然： f ( i , S ) = min S ′ ⊆ S , j ∈ S ′ { f ( j , S ′ ) + d i s ( j , i ) × c n t ( S ) } f(i,S) = \min_{S'\sube S,j\in S'}\{f(j,S')+dis(j,i)\times cnt(S)\} f(i,S)=S′⊆S,j∈S′min{
f(j,S′)+dis(j,i)×cnt(S)}
其中，函数 d i s ( x , y ) dis(x,y) dis(x,y)表示礼物 x x x和礼物 y y y之间的最小距离，函数 c n t ( S ) cnt(S) cnt(S)表示 S S S中 1 1 1的个数。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
using namespace std;
const long long inf = 0xfffffffff;
typedef long long ll;
ll n,m,t,d[55][55],dis[55][55],f[66000][25];
int map[55][55],kx,ky,qx,qy,gx[55],gy[55],cnt,s1,ans,tot,num1;
int mark[55][55],nowx,nowy,nx,ny,dx[5] = {
0,0,0,1,-1},dy[5] = {
0,1,-1,0,0};
bool vis[55][55];
string s;
int cnt1(int x)
{
int tmp = 0;
for(int i = 1;i <= cnt;i ++)
if((x&(1<<(i-1))) > 0)
tmp ++;
return tmp;
}
void bfs(int sx,int sy)//跑最短路
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i = 1;i <= n;i ++)
for(int j = 1;j <= m;j ++)
d[i][j] = inf;
queue< pair<int , int > > q;
vis[sx][sy] = 1;
d[sx][sy] = 0;
q.push(make_pair(sx,sy));
while(!q.empty())
{
nowx = q.front().first;
nowy = q.front().second;
q.pop();
vis[nowx][nowy] = 0;
for(int i = 1;i <= 4;i ++)
{
nx = nowx + dx[i];ny = nowy + dy[i];
if(nx > 0 && nx <= n && ny > 0 && ny <= m )
if(d[nx][ny] > d[nowx][nowy] + 1 && map[nx][ny] == 1)
{
d[nx][ny] = d[nowx][nowy] + 1;
if(!vis[nx][ny])
{
vis[nx][ny] = 1;
q.push(make_pair(nx,ny));
}
}
}
}
for(int i = 0;i <= cnt + 1;i ++)
dis[mark[sx][sy]][i] = d[gx[i]][gy[i]];
return ;
}
int main()
{
memset(mark,128,sizeof(mark));
//read data
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&t);
for(int i = 1;i <= n;i ++)
{
cin >> s;
for(int j = 0;j < s.size();j ++)
{
switch(s[j])
{
case '.':
map[i][j+1] = 1;
break;
case '#':
map[i][j+1] = 0;
break;
case 'G':
cnt ++;
gx[cnt] = i;gy[cnt] = j + 1;
mark[i][j+1] = cnt;
map[i][j+1] = 1;
break;
case 'K':
kx = i;ky = j + 1;
map[i][j+1] = 1;
break;
case 'Q':
qx = i;qy = j + 1;
map[i][j+1] = 1;
break;
}
}
}
mark[kx][ky] = 0;mark[qx][qy] = cnt + 1;
gx[0] = kx;gy[0] = ky;
gx[cnt + 1] = qx;gy[cnt + 1] = qy;
for(int i = 0;i <= cnt+1;i ++)
for(int j = 0;j <= cnt + 1;j ++)
dis[i][j] = inf;
for(int i = 0;i <= cnt + 1;i ++)//求出两两之间的最短路程
bfs(gx[i],gy[i]);
tot = 1<<(cnt+1) - 1;
for(int i = 0;i <= tot;i ++)
for(int j = 0;j <= cnt+1; j ++)
f[i][j] = inf;
for(int i = 1;i <= cnt;i ++)//初始化
f[(1<<(i-1))][i] = dis[0][i];
for(int s = 0;s <= tot; s ++)//状压DP
{
num1 = cnt1(s);
for(int i = 1;i <= cnt;i ++)
if((s&(1<<(i-1))) > 0)
{
s1 = s - (1<<(i-1));
for(int j = 1;j <= cnt;j ++)
if((s1&(1<<(j-1))) > 0)
f[s][i] = min(f[s][i],f[s1][j]+dis[j][i]*num1);
}
}
for(int s = 0;s <= tot;s ++)//最后再判断一次，看能否在T内到皇后的地方
{
num1 = cnt1(s);
for(int i = 1;i <= cnt;i ++)
if((s&(1<<(i-1))) > 0)
{
ll sum = f[s][i] + dis[i][cnt+1]*(num1+1);
if(sum <= t)
ans = max(ans,num1);
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
P3959宝藏
P3959 宝藏
看到宝藏屋的数目很少，又想到状压dp。
考虑到开拓一间新宝藏屋的费用与开拓道路起点有关，并且与最开始免费打通的宝藏屋有关，设 f ( i , j , S ) f(i,j,S) f(i,j,S)表示开发的宝藏屋集合为 S S S，本次开发到 j j j，最开始打通的宝藏屋为 i i i。
发现有：
f ( i , j , S ) = min k ∈ S , k ≠ j { f ( i , k , S − { j } ) + min e : k → j { d i s ( e ) } × g ( i , k ) } f(i,j,S) = \min_{k\in S,k\ne j}\{f(i,k,S-\{j\})+\min_{e:k\rightarrow j}\{dis(e)\}\times g(i,k)\} f(i,j,S)=k∈S,k=jmin{
f(i,k,S−{
j})+e:k→jmin{
dis(e)}×g(i,k)}
其中，函数 d i s ( e ) dis(e) dis(e)表示道路 e e e的长度，函数 g ( i , j ) g(i,j) g(i,j)表示从 i i i到 j j j所经过的宝藏屋的数目。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<queue>
using namespace std;
const long long inf = 0xfffffffff;
typedef long long ll;
ll f[20][5000],g[20][5000][20],ans = inf,num;
int n,m,x,y,z,u,v,s1,tot,map[6000],tmp;
int head[50],cnt;
struct edge{
int next;
int to;
ll val;
}e[10005];
void myinit()
{
for(int i = 0;i < 20;i ++)
for(int j = 0;j < 5000;j ++)
f[i][j] = inf;
for(int i = 0;i < 20;i ++)
for(int j = 0;j < 5000;j ++)
for(int k = 0;k < 20;k ++)
g[i][j][k] = inf;
}
void addedge(int from,int to,int v)
{
cnt ++;
e[cnt].next = head[from];
e[cnt].to =to;
e[cnt].val = v;
head[from] = cnt;
cnt ++;
e[cnt].next = head[to];
e[cnt].to = from;
e[cnt].val = v;
head[to] = cnt;
return ;
}
int main()
{
myinit();
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1;i <= n;i ++)
map[(1<<(i-1))] = i;
for(int i = 1;i <= m;i ++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
addedge(x,y,z);
}
tot = (1<<n)-1;
for(int i = 1;i <= n;i ++)//初始化
{
f[i][(1<<(i-1))] = 0;
g[i][(1<<(i-1))][i] = 1;//一边dp一边更新g(i,j)
}
for(int k = 1;k <= n;k ++)
for(int s = 0;s <= tot;s ++)
for(tmp = s;tmp;tmp = (tmp&(tmp-1)) )
{
u = map[(tmp&(-tmp))];
for(int i = head[u];i != 0;i = e[i].next)//枚举出边
{
v = e[i].to;
if((s&(1<<(v-1))) > 0)
{
s1 = s - (1<<(v-1));
num = g[k][s1][u];
if(f[k][s] > f[k][s1] + e[i].val*num)
{
f[k][s] = f[k][s1] + e[i].val*num;
for(int j = 1;j <= n;j ++) g[k][s][j] = g[k][s1][j];//更新g(i,j)
g[k][s][v] = num + 1;//更新g(i,j)
}
}
}
}
for(int i = 1;i <= n;i ++)
ans = min(ans,f[i][tot]);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
旅游
有n (n <= 50)个小岛,编号从0到n-1。一开始你在小岛0。岛与岛之间只能用船来摆渡。有f(1 <= f <= 10)个公司提供船票。
每个公司提供的船票有不同的路线，第i个公司有k_i条单向路线，一条路线就是允许你从一个小岛a到另一个小岛b，一张票只能挑一条路线。
这f个公司在n个小岛都设有售票点，但同一个公司的票在不同的小岛可能价格不一样，而在同一个小岛，你买了某个公司j的票,那么你挑j公司任意一条单向线路的费用都是相同的。
现在的任务是：从小岛0到其它各个小岛的最小费用是多少？
不过还有个麻烦的条件：任意时刻你手上的票不能超过3张，而且同一个公司不能有两张票，也就是说你到了任意一个小岛j,手头上只可能剩0张票或1张票或2张票，而且这些票都是从不同公司买的。
一开始你在小岛0，没有票，出发前最多能买3张票。
如果某个小岛不能到达，那么输出-1。
提示：最小费用路径可能经过同一个城市多次，见样例 2.
输入格式
多组测试数据。
第一行：一个整数r, 表示有r组测试数据。1 <= r <= 3。
每组测试数据格式如下：
第一行：n和f。1 <= n <= 40,1 <= f <= 10。
接下来有f行，第i行描述第i个公司的线路信息，第一整数是k_i(1 <= k_i <= 20)，
然后有k_i条单向线路，每条线路就是两个整数a和b，表示公司i有从小岛a到小岛b的路线。
接下来有n行，每行有f个整数，第i行的第j个整数表示在第i个小岛购买第j个公司的一张票的费用，
费用是不超过1000的正整数。
0 <= i < n。1 <= j <= f。
输出格式
共r行，每行n-1个数，表示从小岛0到小岛1的最小费用，小岛0到小岛2的最小费用…小岛0到小岛n-1的最小费用。
输入/输出例子1
输入：
2
5 2
3 0 1 1 2 2 3
2 0 1 2 3
1 10
20 25
50 50
1000 1000
1000 1000
4 4
1 1 0
1 0 1
1 0 2
1 2 3
1 1 1000 1000
1000 1000 10 100
1000 1000 1000 1000
1000 1000 1000 1000
输出：
1 11 31 -1
1 12 112
样例解释
第一组测试数据解释：
有2个售票公司，5个小岛。第1个公司提供3条单向路线，分别是0到1, 1到2, 2到3。第2个公司提供2条单向路线，分别是0到1，2到3。我们称第一个公司是公司A，第二个公司是公司B。我们在小岛0买一张A公司的票费用是1元，买一张B公司的票费用是10元。在小岛1买一张A公司的票费用是20元，买一张B公司的票费用是25元。在小岛2买一张A公司的票费用是50元，买一张B个公司的票费用是50元。在小岛3买一张A公司的票费用是1000元，买一张B公司的票费用是1000元。在小岛4买一张A公司的票费用是1000元，买一张B公司的票费用是1000元。那么从小岛0到小岛1最小费用是：在小岛0买一张A公司0到1的单向票，费用是1。从小岛0到小岛2最小费用是：在小岛0买一张B公司的0到1的单向票，费用是10，同时还在小岛0买一张A公司的从1到2的单向票，费用是1，那么用11元就可以从小岛0到达小岛2了。 从小岛0到小岛3的最小费用是：在小岛0买一张A公司的0到1的单向票，费用是1，同时在小岛0买一张B公司的2到3的票，费用是10，那么用Ａ公司的票就可以到达小岛１，然后再从小岛１买一张Ａ公司的1到２的单向票费用是20，到了小岛2后在用手头上那张未用的票到达小岛3，总费用是31。小岛4无法到达。
第二组测试数据解释：
设四个公司为A ,B，C，D。
从小岛0到达小岛3的最小费用是: 在小岛0买一张A公司的票和一张B公司的票，用B公司的票到达小岛1，在小岛1买一张C公司的票和一张D公司的票，用A公司的票回到小岛0，现在手头上还有两张票：公司C的票和公司D的票，然后用公司C的票到达小岛2，用公司D的票到达小岛3。
仔细阅读，注意其中几个细节：在任意小岛上都能买任意公司的票；任何时刻手上的票不能超过3张；可多次走同一路线，即可多次去同一个小岛。第一个细节，我们发现对于一种持票情况，某些票可能是来到这个岛之前就买好的，有些票是在这个岛上买的，处理的时候可以分类讨论。第二个细节告诉我们可以预处理出 1 1 1的数量不超过3的所有状态，或者加判断。第三个细节给我们带来不少麻烦，为了保证能够及时更新，我们想到最短路中的更新方法，将队列迁移到dp上来，就能够及时更新状态。设 f ( i , S ) f(i,S) f(i,S)表示在第 i i i个岛上，手里持票情况为 S S S，可以得到：
f ( i , S ) = min { min k ∈ S 1 , c o n k ( j , i ) = 1 { f ( j , S 1 ) } , min k ∈ S { f ( i , S − k ) + p ( k , i ) } } f(i,S) = \min\{\min_{k\in S_1,con_k(j,i)=1}\{f(j,S_1) \},\min_{k\in S}\{f(i,S-{k})+p(k,i)\}\} f(i,S)=min{
k∈S1,conk(j,i)=1min{
f(j,S1)},k∈Smin{
f(i,S−k)+p(k,i)}}
其中，函数 c o n k ( x , y ) con_k(x,y) conk(x,y)表示公司 k k k的路线中，是否有一条从 x x x到 y y y，函数 p ( k , i ) p(k,i) p(k,i)表示公司 k k k的票在 i i i岛上的价格。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
using namespace std;
const int inf = 2139062143;
int n,cp,k,r,u,v,cnt,f[45][1050],tot,tmp,s1,num;
int map[15][45][45],p[15][45],d[50];
bool vis[50];
int cnt1(int x)
{
int tmp = 0;
for(int i = 1;i <= cp;i ++)
if((x&(1<<(i-1))) > 0)
tmp ++;
return tmp;
}
void solve()
{
//init
memset(d,127,sizeof(d));
memset(f,127,sizeof(f));
memset(map,0,sizeof(map));
memset(p,0,sizeof(p));
//read
scanf("%d%d",&n,&cp);
for(int i = 1;i <= cp;i ++)
{
scanf("%d",&k);
for(int j = 1;j <= k;j ++)
{
scanf("%d%d",&u,&v);
map[i][u][v] = 1;
}
}
for(int i = 0;i < n;i ++)
for(int j = 1;j <= cp;j ++)
scanf("%d",&p[j][i]);
//dp
tot = 1<<(cp+1) - 1;
for(int i = 0;i <= tot;i ++)//在第一个岛上买票
{
num = cnt1(i);
if(num > 3) continue;
tmp = 0 ;
for(int j = 1;j <= cp;j ++)
if((i&(1<<(j-1))) > 0)
tmp += p[j][0];
f[0][i] = tmp;
}
memset(vis,0,sizeof(vis));
queue<int > q;
q.push(0);
while(!q.empty())
{
int i = q.front();
q.pop();
vis[i] = 0;
for(int s = 0;s <= tot;s ++)//enumrate the status of tickets
{
num = cnt1(s);
if(num > 3) continue;
for(int j = 1;j <= cp;j ++)//We buy tickets on this island
if((s&(1<<(j-1))) > 0)
{
s1 = s - (1<<(j-1));
f[i][s] = min(f[i][s],f[i][s1]+p[j][i]);
}
for(int j = 1;j <= cp;j ++)//We have bought tickets on other island
if((s&(1<<(j-1))) > 0)
{
s1 = s - (1<<(j-1));
for(int k = 0;k < n;k ++)
if(map[j][i][k])//Use this ticket to travel from i to k
{
d[k] = min(d[k],f[i][s]);//update the minimum distance
if(f[k][s1] > f[i][s])//update the next status
{
f[k][s1] = f[i][s];
if(!vis[k])
{
vis[k] = 1;
q.push(k);//keep updating
}
}
}
}
}
}
for(int i = 1;i < n;i ++)
{
if(d[i] == inf) printf("-1 ");
else printf("%d ",d[i]);
}
printf("\n");
}
int main()
{
scanf("%d",&r);
for(int i = 1;i <= r;i ++)
solve();
return 0;
}
经典网格类
铺地砖
输入格式
输入包含多个测试用例。
每个测试用例是由两个整数数字:高度h和大型矩形的宽度w。
输入由h = w = 0时终止。否则 1 < = h,w < = 11。
输出格式
每个测试数据输出一个答案。
输入/输出例子1
输入：
1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0
输出：
1
0
1
2
3
5
144
51205
考虑用轮廓线，注意横砖一次占两个位，并且注意最后一行不能有突出，详解在参考代码中，注意细节。
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
using namespace std;
int h,w,tot;
long long f[25][25][30000];
bool vis[25][25][30000];
long long dfs(int x,int y,int s)
{
if(x > h) return 1;//this rectangle is full of bricks
if(y > w) return dfs(x+1,1,s);//next row
if(vis[x][y][s]) return f[x][y][s];
vis[x][y][s] = 1;
int s1 = 1<<(y-1);
if((s1&s)>0) //the current grid is occupied by a vertical brick
{
f[x][y][s] = dfs(x,y+1,s-s1);// As for the next row,it won't be affected by this vertical brick
return f[x][y][s];
}
long long tmp1 = 0;
if(x < h)//place a vertical brick on this grid
tmp1 = dfs(x,y+1,s1+s);//the placement of this brick will influence the way of placing bricks on the next row
int s2 = 1<<y;long long tmp2 = 0;
if(y < w)//place a transverse brick on this grid
if((s2&s)==0)//to check whether we can place this transverse brick or not
tmp2 = dfs(x,y+1,s+s2);
f[x][y][s] = tmp1 + tmp2;
return f[x][y][s];
}
int main()
{
while(1)
{
cin>>h>>w;
if(h == 0 && w == 0) break;
tot = (1<<(w+1))-1;
memset(f,0,sizeof(f));
memset(vis,0,sizeof(vis));
cout << dfs(1,1,0) << endl;
}
return 0;
}
一笔画
由于小毛同学智商不高，理解不了真正的一笔画问题，于是他就开始研究一种变形的一笔画问题。
给出 n 行 m 列的点阵，每个点是一个字符： “．” 或 “#” ，其中“#”表示该点是障碍物。
现在小毛的问题是： 他最少要画多少笔才能把点阵里所有的“．”都覆盖完毕（被小毛画到的点就会被覆盖）。
小毛的笔有点奇怪：小毛每次只能在某一行或某一列画，小毛当然想一笔就把某一行或某一列画完，
但很遗憾，在任何时候都不允许小毛画的那一段点阵含有障碍物。
还有一点更奇怪： 已经被画过的点，不能重复被画。
输入格式
第一行： n , m 表示点阵行数和列数 。 0 < n, m <=10
接下来有n行， 每行有m个字符，“．” 或 “#”
输出格式
一个整数， 小毛最少要画多少笔。
输入/输出例子1
输入：
2 4
.##.
....
输出：
3
输入/输出例子2
输入：
3 4
....
....
....
输出：
3
看似毫无头绪的搜索，但看到n，m的范围很小，先想想状压dp。
想到#等价于在此格画过，整张图可转化为画过和没画过两种状态，然而这样规定状态导致我们处理的时候无法分清什么时候横着画过，什么时候竖着画过，所以转换思路。
我们将竖着画过的格子标记为 1 1 1，横着画过的格子标记为 0 0 0，遇到不可画格子特判，将每一行的状态转化为 01 01 01串，再仔细想想，情况豁然开朗：
- 对于竖着画过的格子，我们要判断上一行同一列的格子是否也竖着画，如果是，这一格就不需要再画一笔
- 对于横着画的格子，一个完整连续段算作画一笔
- 对于不可画格子，不算作一笔，且一笔横画至此断开
用行列式直接dp即可
f ( i , S ) = min S ′ { f ( i − 1 , S ′ ) + g ( S , S ′ ) } f(i,S)=\min_{S'}\{f(i-1,S')+g(S,S')\} f(i,S)=S′min{
f(i−1,S′)+g(S,S′)}
其中，函数 g g g表示增加的一笔画次数
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
using namespace std;
const int inf = 2139062143;
int n,m,f[15][1050],tmp,tmp1,ans = inf,tot,b[15];
//1 refers to drawing vertically and 0 refers to drawing transversely
//regard # as 0
bool map[15][15],flag;
string s;
bool check(int now,int x)//the position of # in the map can't be 1 in the status
{
if((b[now]&x) > 0) return 0;
else return 1;
}
int main()
{
memset(f,127,sizeof(f));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1;i <= n;i ++)
{
cin >> s;
for(int j = 0;j < s.size();j ++)
if(s[j] == '#')
{
map[i][j+1] = 1;
b[i] += (1<<j);//record the status
}
}
tot = 1<<(m+1) - 1;
for(int s = 0;s <= tot; s++)//initalization
{
if(!check(1,s)) continue;
flag = 0;tmp = 0;
for(int j = 1;j <= m;j ++)
{
if((s&(1<<(j-1))) > 0)//draw vertically
{
tmp ++;
flag = 0;
}
else
{
if(map[1][j])
{
flag = 0;
continue;
}//draw transeversely
if(flag) continue;//draw with one stroke
else
{
flag = 1;
tmp ++;
}
}
}
f[1][s] = tmp;
if(1 == n) ans = min(ans,f[1][s]);
}
for(int i = 2;i <= n;i ++)
{
for(int s = 0;s <= tot;s ++)//the status of last row
{
if(!check(i-1,s)) continue;
for(int s1 = 0;s1 <= tot;s1 ++)//the status of this row
{
if(!check(i,s1)) continue;
flag = 0;tmp = 0;tmp1 = 0;
for(int j = 1;j <= m;j ++)
{
if((s1&(1<<(j-1))) > 0)
{
flag = 0;
//draw transeversely on the last row
if((s&(1<<(j-1))) == 0) tmp1 ++;//draw vertically this row
}
else
{
if(map[i][j])
{
flag = 0;
continue;
}
if(flag) continue;
else flag = 1,tmp ++;
}
}
f[i][s1] = min(f[i][s1],f[i-1][s] + tmp1 + tmp);
// cout << i << ' ' << s1 << ' ' << f[i][s1] << endl;
if(i == n) ans = min(ans,f[i][s1]);
}
}
}
if(ans == inf) printf("0");
else printf("%d",ans);
return 0;
}
其他类型
单词
输入格式
输出格式
输入/输出例子1
输入：
3
a
ab
abc
输出：
4
输入/输出例子2
输入：
3
a
ab
c
输出：
4
输入/输出例子3
输入：
4
baab
abab
aabb
bbaa
输出：
5
当所有字符串变换成使得它们的公共前缀最长时，trie树的结点树最少
看到数据范围 1 ≤ n ≤ 16 1\le n\le 16 1≤n≤16，自然先想到状压DP
由于字符串可以任意变换，只需统计字符串中每一种字母出现的个数就可以方便表示字符串，且方便接下来的操作
设 S S S表示被选取加入trie树的字符串的集合， S ′ ⊆ S S'\subseteq S S′⊆S， f ( S ) f(S) f(S)表示在状态 S S S下trie树的最少结点数， p ( S ) p(S) p(S)表示在 S S S状态下，最大公共前缀的长度
则有： f ( S ) = f ( S ′ ) + f ( S − S ′ ) − p ( S ) f(S) = f(S')+f(S-S')-p(S) f(S)=f(S′)+f(S−S′)−p(S)
其中，函数 p ( S ) p(S) p(S)表示在字符串集合为 S S S的情况下的最大公共前缀的长度
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<fstream>
using namespace std;
const int inf = 0xfffffff;
int n,f[65540],tmp,tot,cnt[65540][30];
string s[25];
int main()
{
// freopen("test.txt","r",stdin);
cin >> n;
tot = (1<<n)-1;
for(int i = 0; i <= tot;i ++) f[i] = inf;
for(int i = 0;i <= tot;i ++)
for(int j = 0;j < 26;j ++)
cnt[i][j] = inf ;
for(int i = 1;i <= n;i ++)
{
cin >> s[i];
tmp = 1<<(i-1);
f[tmp] = s[i].size();
for(int j = 0;j < 26;j ++) cnt[tmp][j] = 0;
for(int j = 0;j < s[i].size();j ++) cnt[tmp][s[i][j]-'a'] ++;//统计字母
}
f[0] = 0;
for(int i = 1;i <= tot;i ++)
{
tmp = 0;
for(int j = 1;j <= n;j ++)
if(((1<<(j-1))&i) > 0)
for(int k = 0;k < 26;k ++)
cnt[i][k] = min(cnt[i][k],cnt[(1<<(j-1))][k]);求公共前缀长度
for(int k = 0;k < 26;k ++)
tmp += cnt[i][k];
for(int j = i&(i-1);j;j = (j-1)&i)
{
int k = i - j;
f[i] = min(f[i],f[k]+f[j]-tmp);
}
}
cout << f[tot]+1 << endl;//最后还有空结点
return 0;
}
队伍统计
n<=20，又是状压DP
设 f ( i , S ) f(i,S) f(i,S)表集合 S S S中的人已经排好队，排列合法且队尾是 i i i，则有：
f ( i , S ) = ∑ S ′ ⊆ S , j ∈ S c n t ( S ′ ) < k f ( j , S ′ ) f(i,S)=\sum_{S'\sube S,j\in S}^{cnt(S')<k}f(j,S') f(i,S)=S′⊆S,j∈S∑cnt(S′)<kf(j,S′)
其中，函数 c n t ( S ) cnt(S) cnt(S)表示 S S S中的矛盾关系个数
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int modnum = 1000000007;
int n,m,k,tot,s1;
int u[505],v[505],tmp;
bool map[30][30];
long long f[35][1048580],ans;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
tot = (1 << n) - 1;
for(int i = 1;i <= m;i ++)
{
scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
map[u[i]][v[i]] = 1;
}
f[0][0] = 1;
for(int s = 1; s <= tot; s ++)//enumerate all the states
for(int i = 1;i <= n;i ++)//enumerate the last number in this sequence
{
tmp = 0;
if(((1<<(i-1))&s) > 0)
{
s1 = s - (1<<(i-1));
for(int j = 1;j <= n;j ++)
if(((1<<(j-1))&s1) > 0)
{
if(map[i][j]) tmp ++;//if the last number is i , it will cause tmp arguements
if(tmp > k) break;
}
if(tmp > k) continue;
for(int j = 0;j <= (k-tmp);j ++)//enumerate last status
f[tmp+j][s] = (f[tmp+j][s]%modnum + f[j][s1]%modnum)%modnum;
}
}
for(int i = 0;i <= k;i ++)//sum up the answer
ans = (ans%modnum + f[i][tot]%modnum)%modnum;
printf("%lld",(ans%modnum));
return 0;
}