标签：nes 重复 输出 base psu math 进制 code msu
若元素数量比较小（不超过 20）时，想要存储每个元素取或不取的状态时，可以借助位运算将状态压缩。
需要借助状态压缩过程的动态规划就是状态压缩 DP（很多地方会简称为 状压 DP）。
取若干元素，也就是对应的位置记为 1，其余位置记为 0。
例如，一共有 5 个元素 a,b,c,d,e，我们分别用 1,2,4,8,16 表示这五个元素，
则集合{a,c,e} 可以用 (10101)_2=21 来表示，而集合 {b,c,d} 可以用 (01110)_2=14 表示。
对于元素个数为 n 的情况，其空间复杂度为 O(2^n)。
给定一个 n×m 的矩阵，行数和列数都不超过 20，其中有些格子可以选，有些格子不能选。现在你需要从中选出尽可能多的格子，且保证选出的所有格子之间不相邻（没有公共边）。
例如下面这个矩阵2×3 的矩阵，可选的位置标记为 1，不可选的位置标记为 0：
1 1 1
0 1 0
最多可选 3 个互不相邻的格子，方案如下（选中的位置标记为x）：
x 1 x
0 x 0
我们可以自上而下，一行行地选择格子。在一行内选择格子的时候，只和上一行的选择方案有关，我们就可以将“当前放到第几行、当前行的选择方案”作为状态进行动态规划。
这里，我们就要用到刚刚提到的状态压缩：一行里选择格子的方案实际上是一个集合，我们要将这个集合压缩为一个整数。
比如，对于一个 3 列的矩阵，如果当前行的状态是(5)?10??=(101)?2??，那么就意味着当前行选择了第一个和第三个格子；
类似地，如果当前行的状态是 (6)?10??=(110)?2??，那么就意味着当前行选择了第一个和第二个格子。
如果上一行的状态是now，下一行的状态是prev，那么我们只需要确保上下两行的选择方案里没有重复的元素，也就是(now & prev) == 0就可以了。
此外，我们还需要判断当前行的状态是否合法，因为读入的矩阵中并不是每个格子都可以选择的，如果我们将矩阵中每行的值也用状态压缩来存储，
不妨记为flag，那么当前行选择的格子集合一定包含于当前行合法格子的集合，也就是说，(now | flag) == flag必须成立。
这样，我们就可以通过枚举上一行的所有状态，来更新当前行、当前状态的最优解了。直到算完最后一行，统计一下所有状态的最大值即可。
C++ 示例代码如下：
const int MAX_N = 20;
const int MAX_M = 20;
int state[MAX_N];
int dp[MAX_N + 1][1 << MAX_M];
bool not_intersect(int now, int prev) {
return (now & prev) == 0;
}
bool fit(int now, int flag) {
return (now | flag) == flag;
}
int count(int now) {
int s = 0; // 统计 now 的二进制形式中有多少个 1
while (now) {
s += (now & 1); // 判断 now 二进制的最后一位是否为 1，如果是则累加
now >>= 1; // now 右移一位
}
return s;
}
int main() {
// 初始化所有数组
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < m; ++j) {
int flag;
cin >> flag;
state[i] |= (1 << j) * flag; // 将 (i,j) 格子的状态放入 state[i] 中，state[i] 表示第 i 行的可选格子组成的集合
}
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < (1 << MAX_M); ++j) { // 枚举当前行的状态
if (!fit(j, state[i])) { // 如果当前行状态不合法则不执行后面的枚举
continue;
}
int cnt = count(j); // 统计当前行一共选了多少个格子
for (int k = 0; k < (1 << MAX_M); ++k) { // 枚举前一行的状态
if (!not_intersect(j, k)) { // 判断当前行和前一行的方案是否冲突
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][k] + cnt); // 更新当前行、当前状态的最优解
}
}
}
}
int ans = 0; // 保存最终答案
for (int i = 0; i < (1 << MAX_M); ++i) {
ans = max(ans, dp[n - 1][i]); // 枚举所有状态，更新最大值
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
给定一个长度不超过 16 字符串 s，如果 s 中的一个子序列是回文，那么我们就可以从 s 中移除这个子序列，
求最少经过多少步我们可以移除整个字符串 s。如：我们可以从"dqewfretd"中移除 "defed"，剩下的字符串即："qwrt"。
使用状态压缩 DP 求解，当某状态对应的子序列是回文时，答案为 1；否则是其两个互补的子集操作步骤数之和的最小值。
在更新时我们需要枚举要求解的状态的所有的子集，可以仿照如下的代码进行求解。时间复杂度是 O(pow(3,n)+n×pow(2,n)??)。
for (int t = 1; t < (1 << n); t++) { // 枚举当前状态
dp[t] = IsPalindrome(t) ? 1 : inf; // 判断当前状态是否是回文，如果是回文则步骤数为 1
for(int i = t; i; i = (i - 1) & t) { // 枚举 t 的所有子集
dp[t] = min(dp[t], dp[i] + dp[t ^ i]); // 更新当前状态的解的最小值
}
}
printf("%d\n", dp[(1 << n) - 1]); // 输出最终答案
标签：nes 重复 输出 base psu math 进制 code msu
原文地址：http://www.cnblogs.com/wangkaipeng/p/6772064.html
