跳转至

状压 DP

定义

状压 DP 是动态规划的一种，通过将状态压缩为整数来达到优化转移的目的。

例题 1

「SCOI2005」互不侵犯

在 的棋盘里面放 个国王（），使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。

国王能攻击到它上下左右，以及左上左下右上右下八个方向上附近的各一个格子，共 个格子。

解释

设 表示前 行，第 行的状态为 ，且棋盘上已经放置 个国王时的合法方案数。

对于编号为 的状态，我们用二进制整数 表示国王的放置情况， 的某个二进制位为 表示对应位置不放国王，为 表示在对应位置上放置国王；用 表示该状态的国王个数，即二进制数 中 的个数。例如，如下图所示的状态可用二进制数 来表示（棋盘左边对应二进制低位），则有 。

设当前行的状态为 ，上一行的状态为 ，可以得到下面的状态转移方程：。

设上一行的状态编号为 ，在保证当前行和上一行不冲突的前提下，枚举所有可能的 进行转移，转移方程：

实现

参考代码 
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
long long sta[2005], sit[2005], f[15][2005][105];
int n, k, cnt;

void dfs(int x, int num, int cur) {
  if (cur >= n) {  // 有新的合法状态
    sit[++cnt] = x;
    sta[cnt] = num;
    return;
  }
  dfs(x, num, cur + 1);  // cur位置不放国王
  dfs(x + (1 << cur), num + 1,
      cur + 2);  // cur位置放国王，与它相邻的位置不能再放国王
}

bool compatible(int j, int x) {
  if (sit[j] & sit[x]) return false;
  if ((sit[j] << 1) & sit[x]) return false;
  if (sit[j] & (sit[x] << 1)) return false;
  return true;
}

int main() {
  cin >> n >> k;
  dfs(0, 0, 0);  // 先预处理一行的所有合法状态
  for (int j = 1; j <= cnt; j++) f[1][j][sta[j]] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= cnt; j++)
      for (int x = 1; x <= cnt; x++) {
        if (!compatible(j, x)) continue;  // 排除不合法转移
        for (int l = sta[j]; l <= k; l++) f[i][j][l] += f[i - 1][x][l - sta[j]];
      }
  long long ans = 0;
  for (int i = 1; i <= cnt; i++) ans += f[n][i][k];  // 累加答案
  cout << ans << endl;
  return 0;
}

例题 2

[POI2004] PRZ

有 个人需要过桥，第 的人的重量为 ，过桥用时为 . 这些人过桥时会分成若干组，只有在某一组的所有人全部过桥后，其余的组才能过桥。桥最大承重为 ，问这些人全部过桥的最短时间。

，，，.

解释

我们用 表示所有人构成集合的一个子集，设 表示 中人的最长过桥时间， 表示 中所有人的总重量， 表示 中所有人全部过桥的最短时间，则：

需要注意的是这里不能直接枚举集合再判断是否为子集，而应使用 子集枚举，从而使时间复杂度为 .

实现

参考代码 
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(nullptr);
  int W, n;
  cin >> W >> n;
  const int S = (1 << n) - 1;
  vector<int> ts(S + 1), ws(S + 1);
  for (int j = 0, t, w; j < n; ++j) {
    cin >> t >> w;
    for (int i = 0; i <= S; ++i)
      if (i & (1 << j)) {
        ts[i] = max(ts[i], t);
        ws[i] += w;
      }
  }
  vector<int> dp(S + 1, numeric_limits<int>::max() / 2);
  for (int i = 0; i <= S; ++i) {
    if (ws[i] <= W) dp[i] = ts[i];
    for (int j = i; j; j = i & (j - 1))
      if (ws[i ^ j] <= W) dp[i] = min(dp[i], dp[j] + ts[i ^ j]);
  }
  cout << dp[S] << '\n';
  return 0;
}

习题

本页面最近更新：2023/11/22 13:26:17，更新历史
发现错误？想一起完善？ 在 GitHub 上编辑此页！
本页面贡献者：Marcythm, StudyingFather, countercurrent-time, dkz051, Enter-tainer, H-J-Granger, Henry-ZHR, hsfzLZH1, iamtwz, Ir1d, kenlig, Legendary-Zeraora, Link-cute, NachtgeistW, ouuan, REYwmp, shinzanmono, sshwy, SukkaW, TianKong-y, Tiphereth-A, Xeonacid, zhb2000
本页面的全部内容在 CC BY-SA 4.0 和 SATA 协议之条款下提供，附加条款亦可能应用