https://ac.nowcoder.com/acm/contest/882/F
Pangeコードがカードを渡された、カードが関連する推定評価機で、自分の過去を記述する必要はありません。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=30;
int g[maxn][maxn],n;
ll ans;
inline void dfs(int mask,int last,int dep,ll sum)
{
if(!dep){
if(sum>ans) ans=sum;
return;
}
if(n-last-1<dep) return;
for(int i=last+1;i<n;++i){
ll tmp=sum;
for(int j=0;j<n;++j){
if(mask>>j&1) tmp-=g[i][j];
else tmp+=g[i][j];
}
dfs(mask|(1<<i),i,dep-1,tmp);
}
return;
}
int main()
{
#ifdef local
freopen("a.txt","r",stdin);
#endif // local
scanf("%d",&n);
n<<=1;
for(int i=0;i<n;++i){
for(int j=0;j<n;++j){
scanf("%d",&g[i][j]);
}
}
ll sum=0;
for(int i=1;i<n;++i) sum+=g[0][i];
dfs(1,0,n/2-1,sum);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}カードは、最も一般的な考え方は、半分に前処理2 ^ 14、前処理の内部の後半の再貢献の内側の半分の寄与を折られるべきです。
もちろん、NI 1の後半部分を選択し、I 1の前半を選んだのさ答えは、彼らの新しい併合の影響を考慮してください。
その後、もちろん、それぞれ0試合の後半の最初の半分の各々の暴力。その後、前半0時間に一致する一組のそれぞれの後半。
単語の複雑さ、実際に横断する各組み合わせ、\（N-C_ {2N} ^ \） 、最終的に。しかし、毎回合併とはわずか約1の数。だから、前処理時間を必要とするも、それを行う「1の後半に国家の貢献の0前半」へ。
検索より理論的に速いです。これは、コーヒー鶏のコードの注釈付き版です：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll s[1 << 14], t[1 << 14], p[14], q[14], ret, ans;
int c[30][30], n, d[1 << 14];
//枚举t状态
void dfs(int step, int w, int mask, ll sum) {
//对后半部分搜索完毕
if(step == n) {
ret = max(ret, sum + t[mask]);
return;
}
//选择的人没满，后半部分可以再选一个
if(w < n)
//这一次step选1，也就是后半部分的第step位选1，后半部分第step个选1那当然要加step
dfs(step + 1, w + 1, mask | (1 << step), sum + p[step]);
//等价于n-step+w>n，也就是剩下的人+已选的人超过需要选的人，那么这一步可以选0
if(w > step)
dfs(step + 1, w, mask, sum + q[step]);
}
int main() {
#ifdef Yinku
freopen("Yinku.in", "r", stdin);
#endif // Yinku
scanf("%d", &n);
//d[i]表示i状态有多少个1，用于连接两个集合使用
d[0] = 0;
for(int i = 1; i < (1 << n); i++)
d[i] = d[i / 2] + i % 2;
for(int i = 0; i < n * 2; i++)
for(int j = 0; j < n * 2; j++)
scanf("%d", &c[i][j]);
//折半枚举
//s[i]表示前半部分内部的贡献，t[i]表示后半部分内部的贡献
for(int i = 0; i < (1 << n); i++) {
for(int j = 0; j < n; j++)
if(!(i & (1 << j)))
for(int k = j + 1; k < n; k++)
if(i & (1 << k))
s[i] += c[j][k], t[i] += c[j + n][k + n];
for(int j = 0; j < n; j++)
if(i & (1 << j))
for(int k = j + 1; k < n; k++)
if(!(i & (1 << k)))
s[i] += c[j][k], t[i] += c[j + n][k + n];
}
//折半枚举
//p[k]表示当前前半部分为i状态，后半部分的第k个为1的时候的对前半部分的所有的0产生的贡献
//q[k]表示当前前半部分为i状态，后半部分的第k个为0的时候的对前半部分的所有的1产生的贡献
for(int i = 0; i < (1 << n); i++) {
for(int k = 0; k < n; k++)
p[k] = 0, q[k] = 0;
for(int j = 0; j < n; j++) {
if(!(i & (1 << j)))
for(int k = 0; k < n; k++)
p[k] += c[j][k + n];
else
for(int k = 0; k < n; k++)
q[k] += c[j][k + n];
}
ret = 0;
//前半部分为i状态，它拥有d[i]个已选择的人
dfs(0, d[i], 0, 0);
//把前半部分的s[i]状态加进去
ans = max(ans, ret + s[i]);
}
printf("%lld\n", ans);
}