状压讲解部分参考博客状压 DP 详解(位运算)

# 一、什么是状压 dp?

这里是引用

状压 dp,即将状态压缩成 2 进制来保存,如矩阵中将一行的状态压缩成一个二进制串,如 dp [S][v] 中,S 可以代表已经访问过的顶点的集合,v 可以代表当前所在的顶点为 v。S 代表的就是一种状态(二进制表示), (11001)2 代表在二进制中 {0,3,4} 三个顶点已经访问过了,(11001)2 代表的十进制数就是 25 ,所以当 S 为 25 的时候其实就是代表已经访问过了 {0,3,4} 三个顶点,那假如一共有 5 个顶点(标号为 01234)的话,所有的顶点都访问完毕,Sj 就是 (11111)2

# 二、常用位运算

在这里插入图片描述
对于上面的一些操作举例一些
就如之上的 (11001)2 来说是已经访问了 0,3,4 三个顶点,当我接下去要访问顶点 2 的话可以有以下操作:1. 看看第 3 位是什么?那么选择取出二进制数 x 的第 k 位,y = x >>(k-1) & 1,y = (110)2 & 1 = 0,2. 把第 3 位变为 1,y = x | (1<<(k-1)),y = (11001)2 | (100)2 = (11101)2,所以顶点 2 访问完毕,加入到集合 S 中也结束了,此时 S 为 (11101) 2 = 29。

# 三、例题

# A-Hie with the Pie

# 题意

给出所有地点之间来往的所需时间(来往时间可能不同),如何用最短时间送完所有地点的订单并返回披萨店(编号 0)

# 思路

先用 Floyd 算法得出最短路矩阵,用 S 表示状态,dp [S][i] 表示送达第 i 个地点所需的最短时间,由 S 可知当前已送达哪些城市,S = 1<<N-1 即为全部送达的状态(N 位全为 1)

# 代码

// A-Hie with the Pie
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define div 1000000007
const int maxn = 12;
const int inf  = 0x3f3f3f;
int N,S,ans;
int dis[maxn][maxn];
int dp[1<<maxn][maxn];
void Floyd() {
    for(int k = 0; k <= N; ++k) {
        for(int i = 0; i <= N; ++i) {
            for(int j = 0; j <= N; ++j) {
                if(dis[i][j] > dis[i][k] + dis[k][j]) {
                    dis[i][j] = dis[i][k] + dis[k][j];
                }
            }
        }
    }
}
int main(){
    while(scanf("%d", &N) && N) {
        for(int i = 0; i <= N; ++i) {
            for(int j = 0; j <= N; ++j) {
                scanf("%d", &dis[i][j]);
            }
        }
        Floyd();
        for(int S = 0; S < (1<<N); ++S) {//S 的所有状态
            for(int i = 1; i <= N; ++i) {// 所有要送的地点
                if(S & ( 1<<(i-1) )) {  // 要送往地点 i
                    if(S == ( 1<<(i-1) )) {// 若 S 还没有送往任何一个地点
                        dp[S][i] = dis[0][i];
                        break;
                    } else {
                        dp[S][i] = inf;
                        for(int j = 1; j <= N; ++j) {
                            if(j == i) continue;
                            // 枚举除当前要送往地点之外已送达地点,看时间是否更短
                            if(S&( 1<<(j-1) )) {
                                dp[S][i] = min(dp[S][i],dp[S^(1<<(i-1))][j] + dis[j][i]);
                            }
                            
                            
                        }
                    }
                }
            }
        }
        ans = inf;
        for(int i = 1; i <= N; ++i) {
            ans = min(ans, dp[(1<<N)-1][i] + dis[i][0]);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

# B - Travelling

# 题意

给出 N 个城市、M 条道路成本,Acmer 先生想前往所有城市并且每个城市最多去两次,求最低所需费用,若找不到这样的路线则输出 - 1

# 思路

三进制状压 dp,每位上 0 表示没去过,1 表示去过 1 次,2 表示去过 2 次,这里用 cnt [i][j] 来表示 i 在 3 进制下从右往左第 j 位,用 three [i] 为三进制的第 i 位位权 即 three [i] 类似于二进制中 1<<i,最后若是全部访问过且每个不超过 2 次则跟 ans 比较

# 代码

// B - Travelling
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define div 1000000007
const int maxn = 12;
const int maxt = 59049;
const int inf  = 0x3f3f3f;
int N,M,S,ans;
int three[maxn];//three [i] 为三进制的第 i 位最大值 类似于二进制中 1<<i
int map[maxn][maxn];
int cnt[maxt][maxn];//cnt [i][j] 表示 i 在 3 进制下从右往左第 j 位
int dp[maxt][maxn];//dp [i][j] 表示 i 状态下前往 j 城市后总费用
void init() {
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    for(int i = 1; i <= N; ++i) {
        for(int j = 1; j <= N; ++j) {
            map[i][j] = inf;
        }
        map[i][i] = 0;
    }
}
int main(){
    int x = 3;
    three[0] = 0;
    three[1] = 1;
    for(int i = 2; i < maxn; ++i) {
        three[i] = x;
        x *= 3;
    }
    for(int i = 0; i < three[maxn-1]; ++i) {
        int now = i;
        for(int j = 1; j <= 10 && now; ++j) {
            cnt[i][j] = now % 3;
            now /= 3;
        }
    }
    while(~scanf("%d %d", &N, &M)) {
        init();
        for(int i = 1; i <= M; ++i) {
            int u,v,w;
            scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);
            if(w < map[u][v]) {
                map[u][v] = map[v][u] = w;
            }
        }
        for(int i = 1; i <= N; ++i) {
            dp[three[i]][i] = 0;
        }
        int ans = inf;
        for(int S = 0; S < three[maxn-1]; ++S) {//S 的所有状态
            bool allvis = true;
            for(int i = 1; i <= N; ++i) {// 枚举每个城市
                if(cnt[S][i] == 0)   // 该状态下有城市还没有被访问过
                    allvis = false;
                if(dp[S][i] == -1) continue;
                for(int j = 1; j <= N; ++j) {   // 枚举下一个能访问的城市
                    if(i == j || map[i][j] == inf || cnt[S][j] >= 2) 
                        continue;   
                    int nS = S+three[j];// 下一个状态
                    if(dp[nS][j] == -1 || dp[S][i] + map[i][j] < dp[nS][j]) { // 下一个城市的总费用小
                        dp[nS][j] = dp[S][i] + map[i][j];
                    }
                }
            }
            if(allvis) {
                for(int i = 1; i <= N; ++i) {
                    if(dp[S][i] != -1) {
                        ans = min(ans, dp[S][i]);
                    }
                }
            }
        }
        if(ans == inf) printf("-1\n");
        else printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}