动态规划模型总结之状压dp

啊怎么前面的都没写就直接状压了啊

状压比较简单先讲状压（其实比较向深搜的优化）

可能蓝书上的例题偏难先将一些简单的

不会位运算就gg了吧

1.问题引入

为什么需要状压dp

状压dp可以解决一些题目的状态随阶段增长而增长的题目，比如一个量用了还是没用等等，把状态压缩成数字存入数组然后进行dp

啊听着好抽象啊

那我们搞一个例题看看

状压dp入门题：玉米田

简化后的题目意思是有一块矩阵，可以取一些1，但是不能有相邻的1，问有多少种取法

此题是否可以 $dfs$ ？应该是可以的，但是会TLE

我们发现在 $dfs$ 的是后需要记录当前位置取没取，这样才能判断该位置可不可以去

这提示我们可以使用状压 $dp$

我们首先预处理出每一行有哪些取的方案合法，即不能取0也不能有相邻

不能取0比较简单，也就是把每行的草地情况压成int(存到 $f$ 数组)，然后如果枚举到一个状态 $sta$ ，如何判断这个 $sta$ 没有零？就是他与该行的 $f$ 的且是否还是原数，因为如果不是原数，说明他选取了一些0，否则肯定是合法的

那如何判断一个状态没有相邻的？这个就要考察位运算的功底了，其实就是左移一位和右移一位都与原数没有交

预处理出这些就可以进入最后的 $dp$ 环节

$dp[i][sta]$ 表示第 $i$ 行现在的状态为 $sta$

然后枚举之前的状态为 $mask$ ，如果 $sta$ 与 $mask$ 没有交，则把 $dp[i-1][mask]$ 的值加到 $dp[i][sta]$ 里面去

答案就是 $\sum{}dp[n][sta]$

我们发现如果第 $i$ 行的取法只与 $i-1$ 行和他自己有关，于是可以把 $i$ 这一维滚动掉

时间复杂度 $O(n*2^n*2^n)$

$n$ 才12，正好

const int p = 100000000 ;
int dp[13][5000],a[13][13],f[13],ok[5000];
int n,m ;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m) ;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    for (int j=1;j<=m;j++)
    scanf("%d",&a[i][j]) ;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    for (int j=1;j<=m;j++)
    f[i]=(f[i]<<1)+a[i][j] ;
    for (int i=0;i<(1<<m);i++) ok[i]=((!(i&(i<<1)))&&(!(i&(i>>1)))) ;
    dp[0][0]=1 ;
    for (int i=1;i<=n;i++){
        for (int j=0;j<(1<<m);j++) {
            if (ok[j] && ((j&f[i])==j)){
                for (int k=0;k<(1<<m);k++)
                if (!(j&k)){
                    dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k])%p ;
                }
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for (int i=0;i<(1<<m);i++) ans=(ans+dp[n][i])%p ;
    printf("%d\n",ans) ;
}

如果您觉得这个题目还比较困难，不妨先做一个小练习：

Water

题目描述

有 $n$ 个装着水的开水瓶，要把它们中的水汇总到不超过 $k$ 个开水瓶里，把第 $i$ 个开水瓶里的水全都倒到第 $j$ 个开水瓶里（无论它们现在装了多少水）的代价是 $c_{ij}$ 。求最小总代价。

输入格式

第一行两个整数 $n,k$ 。

接下来的 $n$ 行，每行 $n$ 个整数表示 $c_{ij}$ ，保证 $c_{ii}=0$ 。

输出格式

输出一行一个整数表示答案。

样例

input

output

数据范围

$1≤k≤n≤20,c_{ij}≤10^5$ 。

如果您上一个题目听懂了，这个就是小case了

$dp[mask]$ 表示瓶子状态为 $mask$ 最小需要花费的代价

然后枚举把 $i$ 号瓶子的水转移到 $j$ 号瓶子就好了

然后如果中间1的个数 $<=k$ 的话就更新答案

int n, k, ans = iinf ;
int dp[N], a[25][25] ;

int calc(int x) {
	int res = 0 ;
	while (x) {
		x = x & x - 1 ;
		res++ ;
	}
	return res ;
}

signed main(){
	scanf("%d%d", &n, &k) ;
	if (n == k) print(0) ;
	for (int i = 0; i < n; i++)
	for (int j = 0; j < n; j++)
	scanf("%d", &a[i][j]) ;
	for (int i = 0; i <= (1 << n) - 1; i++) dp[i] = iinf ;
	dp[(1 << n) - 1] = 0 ;
	for (int s = (1 << n) - 1; s >= 0; s--) { // 枚举当前状态
		if (calc(s) <= k) ans = min(ans, dp[s]) ;
		for (int i = 0; i < n; i++) // 把第i个水壶中的水
		if (s & (1 << i))
		for (int j = 0; j < n; j++) // 转移到第j个水壶中
		if (i != j) {
			dp[(s - (1 << i)) | (1 << j)] = min(dp[(s - (1 << i)) | (1 << j)], dp[s] + a[i][j]) ;
		}
	}
	printf("%d\n", ans) ;
}

动态规划模型总结之状压dp

1.问题引入

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