动态规划（6）-------状态压缩DP

最近家里好多人…好吵…（为自己不学习找借口）
个人觉得状态压缩就是用一个整数表示一个状态，也就是说吧这个十进制数字转换成二进制数表示某种状态.

蒙德里安的梦想

思路：1. 所谓的状态压缩DP，就是用二进制数保存状态。为什么不直接用数组记录呢？因为用一个二进制数记录方便作位运算。前面做过的八皇后，八数码，也用到了状态压缩。

2. 本题等价于找到所有横放 1 X 2 小方格的方案数，因为所有横放确定了，那么竖放方案是唯一的。

3. 用f[i][j]记录第i列第j个状态。j状态位等于1表示上一列有横放格子，本列有格子捅出来。转移方程很简单，本列的每一个状态都由上列所有“合法”状态转移过来f[i][j] += f[i - 1][k]

4. 两个转移条件： i 列和 i - 1列同一行不同时捅出来 ； 本列捅出来的状态j和上列捅出来的状态k求或，得到上列是否为奇数空行状态，奇数空行不转移。

5. 初始化条件f[0][0] = 1，第0列只能是状态0，无任何格子捅出来。返回f[m][0]。第m + 1列不能有东西捅出来。（日常在大佬博客上修改。）附： 大佬博客

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 12, M = 1 << N;
int st[M];
long long f[N][M];


int main()
{
    int n, m;
    while (cin >> n >> m && (n || m))
    {
        for (int i = 0; i < 1 << n; i ++)
        {
            int cnt = 0;
            st[i] = true;
            for (int j = 0; j < n; j ++)
                if (i >> j & 1)
                {
                    if (cnt & 1) st[i] = false; // cnt 为当前已经存在多少个连续的0
                    cnt = 0;
                }
                else cnt ++;
            if (cnt & 1) st[i] = false; // 扫完后要判断一下最后一段有多少个连续的0
        }

        memset(f, 0, sizeof f);
        f[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= m; i ++)
            for (int j = 0; j < 1 << n; j ++)
                for (int k = 0; k < 1 << n; k ++)
                    if ((j & k) == 0 && (st[j | k])) 
                    // j & k == 0 表示 i 列和 i - 1列同一行不同时捅出来
                    // st[j | k] == 1 表示 在 i 列状态 j， i - 1 列状态 k 的情况下是合法的.
                        f[i][j] += f[i - 1][k];      
        cout << f[m][0] << endl;
    }
    return 0;
}

最短Hamilton路径

思路：首先能想到的就是暴力，但是暴力是20！…额，还是算了，肯定超了…
大佬博客

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,f[1<<20][21],i,j,k;
int weight[21][21];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);//加快cin的读入速度，但是scanf将会不能用。
    memset(f,0x3f,sizeof(f));//初始化最大值
    cin>>n;
    for (i=0; i<n; i++)
        for (j=0; j<n; j++)
            cin>>weight[i][j];
    f[1][0]=0;//第一个点是不需要任何费用的
    for (i=1; i<(1<<n); i++)//i代表着是一个方案集合，其中每一个位置1和0，代表着这个点经过还是没有经过
        for (j=0; j<n; j++)//枚举当前到了哪一个点
            if ((i>>j & 1))//如果i集合中第j位是1，也就是到达过这个点
                for (k=0; k<n; k++)//枚举到达j的点k
                    if ((i^(1<<j)) >> k & 1)//重点，判断k和j的条件，具体在上面解说
                        f[i][j]=min(f[i][j],f[i^(1<<j)][k]+weight[k][j]);//选择最小值，也就是判断，k点到j点最优，还是以前的方案最优
    cout<<f[(1<<n)-1][n-1];//输出最后的最优值
    return 0;
}