【动态规划·习题】光棍组织（状压·枚举子集）

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Problem

题目描述

MM 虽然一辈子只要一个，但是也得早点解决。于是，n 个光棍们自发组成了一个光棍组织 （ruffian organization，By Wind 乱译）。现在，光棍们打算分成几个小组，并且分头为 找 MM 事

业做贡献（For example：searching，hunting……By Wind 乱译）。 对于这 n 个光棍的任意一个组合，都有一个被称为“和谐度”的东西，现在，他们想知道， 如何分组

可以使和谐度总和最大。 每个光棍都必须属于某个分组，可以一个人一组。

输入格式

第 1 行为 n，接下来 2^n-1 行，按照 2 进制给出每个分组的和谐度。

（比如接下来第 5 行，也就是总共第六行，2 进制为 00000101，则表示第 1 个人和第 3 个人 这个分

组的和谐度，第 31 行则为 1~5 在一起的和谐度）

输出格式

仅 1 行，为最大和谐度和。

题解

首先，需要引入一个子集的概念。

当一个二进制数 $s$，若 $s\ or\ k=s$且 $k≠s$，我们则称 $k$是 $s$的一个子集。

也可以这么理解，一个二进制数的子集是这个数将若干个 $1$变成 $0$。

子集的代码如下：

for (int j=(i-1)&i;j;j=(j-1)&i)

这句话用 $j$来枚举 $i$的子集。至于这句话具体的含义我也没有理解。

子集的一个性质就是可以直接用 $i-j$，即 $j$表示 $i$的子集， $i-j$表示剩下的集合。

写下来回归本题：

我们可以直接设 $f[i]$表示所有组团中，组团状态为i的最大价值。

在所有已经组团的队伍中，组了队的人为 $1$，没组队的人为 $0$。

现在考虑状态转移方程，每一个状态一定都是若干个它的子集组合而成的，所以：
$f[i]=max(f[j]+f[i-j])$
由于集合是顺序枚举的，枚举 $i$时 $i-j$的状态已经被枚举到了。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int f[1<<17];
int main(void)
{
	freopen("organise.in","r",stdin);
	freopen("organise.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<(1<<n);++i) scanf("%d",f+i);
	for (int i=1;i<(1<<n);++i)
	    for (int j=(i-1)&i;j;j=(j-1)&i)
	        f[i]=max(f[i],f[i-j]+f[j]);
	printf("%d\n",f[(1<<n)-1]);
	return 0;
}