State compress dp
| 1h | AtCoder DP Contest - Matching | 提高 | https://www.luogu.com.cn/problem/AT4536 |
|---|---|---|---|
| 1.5h | CF1316E Team Building | 提高+ | https://codeforces.com/contest/1316/problem/E |
| 1.5h | USACO 2014 Dec G. Guard Mark | 提高+ | https://www.luogu.com.cn/problem/P3112 |
| 1h | Headmaster's Headache, UVa10817 | 提高+ | https://www.luogu.com.cn/problem/UVA10817 |
| 1h | [USACO13NOV G]No Change | 提高+ | https://www.luogu.com.cn/problem/P3092 | |
|---|---|---|---|---|
| 1h | Hacker's Crackdown, UVa11825 | 提高+ | https://www.luogu.com.cn/problem/UVA11825 | |
| 1.5h | Sharing Chocolate, WF2010, UVa1099 | NOI- | https://www.luogu.com.cn/problem/UVA1099 | |
| 2h | COCI2016 - Burza | NOI- | 博弈 | https://www.luogu.com.cn/problem/P6499 |
| 2h | CF1043F Make It One | NOI- | GCD | https://codeforces.com/problemset/problem/1043/F |
Matching¶
给定二分图，两个集合都有 \(1 \le N \le 21\) 个点，\(a_{i,j}=1\) 表示第一个集合第 \(i\) 个点与第二个集合第 \(j\) 个点连边，\(a_{i, j}=1\)表示不连边。求二分图完备匹配数，答案对 \(10^9+7\) 取模。
思路: 状压 DP
状态：设\(dp[i][j]\)表示已经考虑了节点 \(\{0,1,\ldots,i \}\),右侧所用的点表示为\(mask\).
转移：对于\(dp[i][j]\),枚举节点\(i\)的所有邻居\(j\),如果\(mask\)中含有\(j\)的话,方案数就加上\(dp[i-1][mask-(i \ll j)]\).
更进一步，\(\{0,1,\ldots,i \}\)一共有\(i+1\)个节点，所以只有\(mask\)中一的数量等于\(i+1\)的时候状态才会有意义。于是我们只需要保留\(mask\)这一堆，另一维可以由\(\text{\_\_builtin\_popcount}(mask)-1\)计算得出。
/**
* @file Matching
* @author Ruiming Guo (guoruiming@stu.scu.edu.cn)
* @brief 又到了乱点鸳鸯谱的时间。
*
* 给定二分图，两个集合都有 N 个点，a_{i,j}=1 表示第一个集合第 i
* 个点与第二个集合第 j 个点连边。 求二分图完备匹配数，答案对 10^9+7 取模
* @version 1.0
* @date 2022-05-11
*
* @copyright Copyright (c) 2022
*
**/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 21;
int n, a[N][N], dp[1 << N];
int main() {
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < n; ++j) cin >> a[i][j];
dp[0] = 1;
for (int mask = 1; mask < 1 << n; ++mask) {
int i = __builtin_popcount(mask) - 1;
for (int j = 0; j < n; ++j)
if (a[i][j] && mask & 1 << j) {
dp[mask] = (dp[mask] + dp[mask - (1 << j)]) % mod;
}
}
cout << dp[(1 << n) - 1] << endl;
}Team Building¶
从\(n\)位候选人中选出\(p\)位球员和\(k\)位观众。对于第\(i\)个人，
- 选作观众能使团队战力增加\(a_i\)
- 选作第\(j\)位球员能使团队战力增加\(s_{i,j}\)
但不能同时作为球员和观众。
问团队能达到的最大战力。
解答¶
首先降序排列\(a_i\)。
状态：\(dp[i][mask]\)，表示考虑到了\(i\)名候选人，队员选中情况为\(mask\)时战力最大值。
如果第\(i\)名候选被选中踢\(j\)位置，有转移
\[
dp[i][mask] = dp[i-1][mask \oplus 2^j] + s_{i, j}
\]
如果这名候选人没有选为球员，她一定被选为观众，因为我们已经对\(a_i\)降序排列了，所以选前面的人当观众一定优于选后边的人当观众。
那么我们需要一个变量\(c\)记录选到\(i\)时没有选为球员的人数，也就是已经选择的观众的人数。
所以转移方程的第二部分：
\[
dp[i][mask] =
\begin{cases}
dp[i-1][mask] + a_i &\text{if}\ c < k\\
dp[i-1][mask] & \text{else}
\end{cases}
\]
时间复杂度：\(O(n\cdot p \cdot 2^p)\)
// https://codeforces.com/contest/1316/submission/156836529
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int M = 1e5 + 5;
int dp[M][(1 << 7) + 1], skill[M][7];
int ind[M], a[M];
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, p, k;
memset(dp, -1, sizeof(dp));
cin >> n >> p >> k;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 0; j < p; ++j) cin >> skill[i][j];
for (int i = 1; i <= n; ++i) ind[i] = i;
sort(ind + 1, ind + n + 1, [](int p, int q) { return a[p] > a[q]; });
dp[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int x = ind[i];
for (int mask = 0; mask < (1 << p); ++mask) {
// 1. 选为第 p 位球员的情况
for (int j = 0; j < p; ++j)
if (mask & (1 << j) && dp[i - 1][mask ^ (1 << j)] != -1)
if (int z = dp[i - 1][mask ^ (1 << j)] + skill[x][j]; z > dp[i][mask])
dp[i][mask] = z;
// 已经选了 z 名观众可用该方法计算
int z = (i - 1) - __builtin_popcountll(mask);
// 2. 选为观众的情况
if (z < k) {
// 观众未满将这位选为观众
if (dp[i - 1][mask] != -1)
dp[i][mask] = max(dp[i][mask], dp[i - 1][mask] + a[x]);
} else {
// 观众已满，不能将这位选为观众，但要更新DP数组
if (dp[i - 1][mask] != -1)
dp[i][mask] = max(dp[i][mask], dp[i - 1][mask]);
}
}
}
cout << dp[n][(1 << p) - 1] << "\n";
return 0;
}Guard Mark¶
FJ 将飞盘抛向身高为\(1 \le H \le 1,000,000,000\))的 Mark，但是 Mark 被\(2 \le N \le 20\)牛包围。牛们可以叠成一个牛塔，如果叠好后的高度大于或者等于 Mark 的高度，那牛们将抢到飞盘。
每头牛都身高，体重和耐力值三个指标。耐力指的是一头牛最大能承受的叠在他上方的牛的重量和。请计算牛们是否能够抢到飞盘。若是可以，请计算牛塔的最大稳定强度。稳定强度是指，在每头牛的耐力都可以承受的前提下，还能够在牛塔最上方添加的最大重量。
// https://www.luogu.com.cn/record/75555838
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 21;
int n, H;
int h[N], // 身高
w[N], // 体重
s[N]; // 耐力
const int INF = 1e18;
int dp[1 << N], // dp[S] 定义为在 S 状态下剩余的最大耐力值（最大还能扛多少重量
ans;
signed main() {
scanf("%lld%lld", &n, &H);
for (int i = 0; i < n; ++i) scanf("%lld%lld%lld", &h[i], &w[i], &s[i]);
ans = -INF;
dp[0] = INF; // 当没有
for (int S = 1; S < (1 << n); ++S) { // 枚举状态
dp[S] = -INF; // 初始化DP数组为-INF
int now = 0; // 当前高度
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (S & (1 << i)) {
dp[S] = max(dp[S], // 原状态
min( // 转移
dp[S ^ (1 << i)] - w[i], // 假设让这头牛站在最上边
s[i])); // 第 i 头牛自己能扛多少
now += h[i]; // 牛塔又高了一截
}
}
if (now >= H // 身高达成
&& dp[S] >= 0) // 牛还没压死（bushi
ans = max(dp[S], ans);
}
if (ans < 0)
puts("Mark is too tall");
else
printf("%lld\n", ans);
}Headmaster’s Headache¶
看不懂了……
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
const int MAXN = (1 << 8);
int s0, n, m;
int f[N][MAXN][MAXN];//状压数组，含义见题解
int cost[N];//雇第i个职员花多少钱
int teach[N];//第i个职员能交那些科目
int main()
{
while(scanf("%d %d %d", &s0, &m, &n) != EOF)
{
if(s0 == 0) break;
//数据不清空，爆零两行泪
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
memset(teach , 0, sizeof(teach));
//因为在职教师是必选的，那么可以提前把他们处理出来
//把他们可以教的科目作为初始状态，花费的费用作为初始消耗
int ori1 = 0 , ori2 = 0, mon = 0;
//ori1与DP中的i等价，ori2与j等价，mon是代价
for(int k = 1; k <= m; k++)
{
int c;
scanf("%d", &c);
mon += c;
string s;
getline(cin, s);
//getline读整行
int num = 0;
for(int i = 0; i < (int )s.length() ; i++)
if(s[i] >= '0' && s[i] <= '9')
num *= 10, num += s[i] - '0';
else if(num)
{
if(!(ori2 & (1 << (num - 1))))//这门课不到两个人教（两个人教与N个人教对于我们的状态来说，没有区别）
{
if(ori1 & ((1 << (num - 1))))//这门课有人一个教了， 那么把这一个人教的标志取消掉，换成两个人教的标志
ori1 ^= ((1 << (num - 1))), ori2 |= ((1 << (num - 1)));
else//否则，标记上这门课有一个人教
ori1 |= ((1 << (num - 1)));
}
num = 0;
}
if(num)//最后一位的处理
{
if(!(ori2 & (1 << (num - 1))))
{
if(ori1 & ((1 << (num - 1))))
ori1 ^= ((1 << (num - 1))), ori2 |= ((1 << (num - 1)));
else
ori1 |= ((1 << (num - 1)));
}
}
}
//初态设定
f[0][ori1][ori2] = mon;
for(int k = 1; k <= n; k++)
{
scanf("%d", &cost[k]);
string s;
getline(cin, s);
int num = 0;
for(int i = 0; i < (int )s.length() ; i++)
if(s[i] >= '0' && s[i] <= '9')
num *= 10, num += s[i] - '0';
else if(num)
teach[k] |= (1 << (num - 1)), num = 0;
if(num)
teach[k] |= (1 << (num - 1));
}
//我习惯的是刷表法...可能快一点
for(int k = 0; k < n; k++)
for(int i = 0; i < MAXN; i++)
for(int j = 0; j < MAXN; j++)
if(f[k][i][j] != 0x3f3f3f3f)
{
//不雇佣
f[k + 1][i][j] = min(f[k + 1][i][j], f[k][i][j]);
int to1 = i, to2 = j;
//处理出雇佣之后的状态
for(int c = 0; c < s0; c++)
{
//他不教这一科
if(!(teach[k + 1] & (1 << c)))
continue;
//这科有两个人教了...
if((j & (1 << c) ))
continue;
//这个处理有点类似之前读入的处理，不细讲
if(i & (1 << c))
to1 ^= (1 << c), to2 |= (1 << c);
else
to1 |= (1 << c);
}
//处理完毕，选择此人
f[k + 1][to1][to2] = min(f[k + 1][to1][to2], f[k][i][j] + cost[k + 1]);
}
//末态：所有科目都有至少两个人教
printf("%d\n", f[n][0][(1 << s0) - 1]);
}
return 0;
}