106号房间共有n名居民， 他们每人有一个重要度。房间的门上可以装若干把锁。假设共有k把锁，命名为1到k。每把锁有一种对应的钥匙，也用1到k表示。钥匙可以复制并发给任意多个居民。每个106房间的居民持有若干钥匙，也就是1到k的一个子集。如果几名居民的钥匙的并集是1到k，即他们拥有全部锁的对应钥匙，他们都在场时就能打开房门。新的陆战协定规定，一组居民都在场时能打开房门当且仅当他们的重要度加起来至少为m。问至少需要给106号房间装多少把锁。即，求最小的k，使得可以适当地给居民们每人若干钥匙(即一个1到k的子集)，使得任意重要度之和小于m的居民集合持有的钥匙的并集不是1到k，而任意重要度之和大于等于m的居民集合持有的钥匙的并集是1到k。
输入描述:
第一行两个整数n和m，0<n<21，0<m<1000000001。
第二行n个整数表示居民们的重要度。
重要度在[1,1000000000]之间。
输出描述:
一个整数表示最少需要多少把锁。
题解
这题确实不好想，小编也看了很多博客，想了很久才想出来，对于才学状态压缩dp的我们这题不是很适合刷，虽然是代码是模板题但要想出来却不容易，性价比不高。那么我先说说做法：我们找出一个集合，他的重要度小于m，然后加上任意一个人后，他的总要度大于等于m，最终答案就是这种集合的个数。为什么了？我们假设这样的集合缺少一把钥匙，再加上另一个人后重要度大于m，故另一个人必须有这把钥匙，所以就把这个钥匙分给这些人（也就是除这个集合外的所有人，因为加他们后重要值都大于m），为什么要这样了，假设一个集合（x）加上某个集合（y）里的一个人后重要值大于m（还是假设只缺少一把钥匙），这时可能有人觉得可以把钥匙分给y集合里的人，但此时你看我们在x集合里加上一个除y集合以外的人重要值还是小于m（代表钥匙不全），此时我们再加一个y集合里的人重要值肯定是大于m的，如果我们考虑这种情况相当于又给y集合里的人分了把钥匙，那么很显然这把钥匙是多余的，这种情况我们就没必要考虑，故可以得出我们上面的结论（也就是找 在人尽可能多的情况下重要值小于m的集合）
看懂的同学给个赞哦
java代码
import java.util.*;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(System.in);
long n,m;
final int N=30;
long[]a=new long[N];
long []dp=new long[1<<21];
n=sc.nextLong();
m=sc.nextLong();
for(int i=0;i<n;i++)
a[i]=sc.nextLong();
long ans=0;
for(int i=0;i<(1<<n);i++) {
boolean flag=true;
for(int j=0;j<n;j++) {
if((i&(1<<j))==0) {
dp[i|(1<<j)]=dp[i]+a[j];
if(dp[i|(1<<j)]<m)flag=false;
}
}
if(dp[i]<m&&flag)ans++;
}
System.out.println(ans);
}
}
c++代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,i,j,mx,flag,s,nt,a[101],f[1200010],ans;
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(i=0;i<n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
mx=1ll<<n;mx--;
for(s=0;s<=mx;s++){
flag=0;
for(i=0;i<n;i++)if(!(s&(1ll<<i))){
nt=s|(1ll<<i);
f[nt]=f[s]+a[i];
if(f[nt]<m)flag=1;
}
if(!flag&&f[s]<m)ans++;
}
printf("%lld",ans);
}