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 | 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
４. 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; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/zxybdnb/p/11187419.html
