标签：存在 res const 枚举 code i++ font 就是 color
链接：
https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=3693
题意：
有n（n≤128）个物体，m（m≤11）个特征。每个物体用一个m位01串表示，表示每个特征是具备还是不具备。
我在心里想一个物体（一定是这n个物体之一），由你来猜。
你每次可以询问一个特征，然后我会告诉你：我心里的物体是否具备这个特征。
当你确定答案之后，就把答案告诉我（告知答案不算“询问”）。
如果你采用最优策略，最少需要询问几次能保证猜到？
例如，有两个物体：1100和0110，只要询问特征1或者特征3，就能保证猜到。
分析：
为了叙述方便，设“心里想的物体”为W。首先在读入时把每个物体转化为一个二进制整数。
不难发现，同一个特征不需要问两遍，所以可以用一个集合k表示已经询问的特征集。
在这个集合k中，有些特征是W所具备的，剩下的特征是W不具备的。
用集合c来表示“已确认物体W具备的特征集”，则c一定是k的子集。
设d(k,c)表示已经问了特征集k，其中已确认W所具备的特征集为c时，还需要询问的最小次数。
如果下一次提问的对象是特征i（这就是“决策”），则询问次数为：max{d(k+{i},c+{i}),d(k+{i},c)}+1。
考虑所有的i，取最小值即可。边界条件为：如果只有一个物体满足“具备集合c中的所有特征，
但不具备集合k-c中的所有特征”这一条件，则d(k,c)=0，因为无须进一步询问，已经可以得到答案。
因为c为k的子集，所以状态总数为3^m，时间复杂度为O(m*3^m)。
对于每个k和c，可以先把满足该条件的物体个数统计出来，保存在amt[k][c]，避免状态转移的时候重复计算。
统计amt[k][c]的方法是枚举k和物体，时间复杂度为O(n*2^m)，对于本题来说可以忽略不计。
代码：
1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 using namespace std; 4 5 const int INF = 0x3f3f3f3f; 6 const int UPM = 11; 7 const int UPN = 128; 8 int n, m, d[1<<UPM][1<<UPM], amt[1<<UPM][1<<UPM]; 9 char s[UPN+5][UPM+5]; 10 11 void init() { 12 int u = 1<<m; 13 for(int k = 0; k < u; k++) { 14 amt[k][0] = 0; 15 d[k][0] = INF; 16 for(int c = k; c; c = k&(c-1)) amt[k][c] = 0, d[k][c] = INF; 17 } 18 for(int t = 0; t < n; t++) { 19 int c = 0; 20 for(int i = 0; i < m; i++) if(s[t][i] == ‘1‘) c |= (1<<i); 21 for(int k = 0; k < u; k++) amt[k][k&c]++; 22 } 23 } 24 25 int dp(int k, int c) { 26 int& res = d[k][c]; 27 if(res != INF) return res; 28 if(amt[k][c] < 2) return res = 0; 29 for(int i = 0; i < m; i++) { 30 if(k&(1<<i)) continue; 31 int k2 = k|(1<<i), c2 = c|(1<<i); 32 int need = max(dp(k2,c), dp(k2,c2)); 33 res = min(res, need); 34 } 35 return res += 1; 36 } 37 38 int main() { 39 while(scanf("%d%d", &m, &n) && m) { 40 for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%s", s[i]); 41 init(); 42 printf("%d\n", dp(0,0)); 43 } 44 return 0; 45 }
UVa 1252 - Twenty Questions（状压DP）
标签：存在 res const 枚举 code i++ font 就是 color
原文地址：https://www.cnblogs.com/hkxy125/p/9746198.html
