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二进制状态压缩及位运算

时间:2019-07-15 10:42:34      阅读:230      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:超过   目标   状压dp   sizeof   string   ring   起点   out   数字   

位运算符: 与(&),或(|),非(~), 异或(^);

移位运算:

  1.左移:在二进制表示下把数字同时向左移动,低位以0填充,高位越界后舍弃

    1 << n = 2^n, n << 1 = 2n

  2.算术右移:在二进制补码表示下把数字同时向右移动,高位以符号位填充,低位越界后舍弃

    n >> 1 = n/2.0(向下取整) eg:(-3)>> 1 = -2, 3 >> 1 = 1; 

 


二进制状态压缩,是指将一个n位的 bool 数组用 n 位的二进制数表示的方法。

OP 运算
取出 n 在二进制表示下的第k位   (n >> k) & 1
取出 n 在二进制表示下的0~ k-1 位后k位)   n & ((1<<k) - 1)
把整数n在二进制表现下的第k位取反   n xor (1 << k)
把整数n在二进制表现下的第k位赋值1   n | (1 << k)
把整数n在二进制表现下的第k位赋值0   n & (~(1 << k))
注:Markdown表格中的 " | " 使用 &#124; 来表示;

我们以13 (1101)为例,看一下位运算的实现过程
1. 取出第k位: (n >> k) & 1

k 3 2 1 0
n 1 1 0 1
需要注意的是:k的取值是从0开始的,并且位数是按照从右到左的顺序计算;

2. 取出后k位:n & ((1 << k) - 1)

k 4 3 2 1
n 1 1 0 1
为什么这次k对应的是从1开始的呢?
我们来对照一下 (1 << k) / (1 << k) - 1 的结果

k            4     3    2      1
(1 << k)            10000  1000   100  10
(1 << k) - 1       1111     111     11    1
n & ((1 << k) - 1)   1101     101     01   1
n            13    5   1   1
3. 第k位取反 n xor (1 << k)

k          3   2   1  0
n xor (1 << k)   0101  1001   1111 1100
这个的原理其实很简单,1 << k 位后,那么 (k+1) 位为1,其他都是0.
n xor (1 << k) 只会有4种情况

运算 结果
0 xor 1 1
1 xor 1 0
1 xor 0 1
0 xor 0 0
无论0还是1,异或1都是取反,异或0不变

. 第k位赋值1
原理同上, 无论什么数 “|1” 都是 1,所以将1 << k 位后,与n或运算,都可以使其为1;

k        3     2    1   0
n | (1 << k)   1101 1101 1111 1101
5. 第k位赋值0
~(1 << k) 这个操作可以使 第k位 = 0, 从0 ~ (k-1)位都为1.
任何数 & 1 都保持不变,第k位 & 0 赋值为 0;

k         3   2   1   0
n & (~(1 << k))   0101 1001 1101 1100

 

 

例题:最短 Hamilton 路径
题目描述:

给定一张 n(n≤20) 个点的带权无向图,点从 0~n-1 标号,求起点 0 到终点 n-1 的最短Hamilton路径。 Hamilton路径的定义是从 0 到 n-1 不重不漏地经过每个点恰好一次。
In

第一行一个整数n。
接下来n行每行n个整数,其中第i行第j个整数表示点i到j的距离(一个不超过10^7的正整数,记为a[i,j])。
对于任意的x,y,z,数据保证 a[x,x]=0,a[x,y]=a[y,x] 并且 a[x,y]+a[y,z]>=a[x,z]。
Out

一个整数,表示最短Hamilton路径的长度。

Input

4
0 2 1 3
2 0 2 1
1 2 0 1
3 1 1 0
Output

4

Hint

从0到3的Hamilton路径有两条,0-1-2-3和0-2-1-3。前者的长度为2+2+1=5,后者的长度为1+2+1=4

这是一道经典的状压DP题,作为一个NP完全问题,我们只关心两个问题

哪些点被用过
目前停在哪里
我们使用一个n位的二进制数,若其第 i 位为 1 ,则表示第 i 个点已经被经过
使用 F[ i , j ] 来表示,当前经过状态state , 和目前在第 j 个点上
起点 F[ 1 , 0 ] = 0 最终目标 F[ (1<<n)-1 , n-1] 所有点都被访问到,且当前处于 n-1;
状态转移方程 F[ i , j ] = min { F [ i xor (1 << j ) , k) ] + weight( k , j ) }

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int N = 20, M = 1 << 20;

int n;
int f[M][N], weight[N][N];

int main()
{
    cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; i++)
        for(int j = 0;j< n;j++)
            cin >> weight[i][j];

    memset(f, 0x3f, sizeof f);

    f[1][0] = 0;
    for(int i = 0; i < 1 << n; i++)
        for(int j = 0; j < n; j++)
            if(i >> j & 1)
                for(int k = 0; k < n; k++)
                    if(i ^ (1 << j) >> k & 1)
                        f[i][j] = min(f[i][j], f[i ^ (1 << j)][k] + weight[k][j]);

    cout << f[(1 << n) - 1][n - 1] << endl;
    return 0;
}

 

二进制状态压缩及位运算

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原文地址:https://www.cnblogs.com/zxybdnb/p/11187419.html

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