JZYZOJ1530 [haoi2013]开关控制 状压 dfs 折半搜索

http://172.20.6.3/Problem_Show.asp?id=1530

元宵节快要到了，某城市人民公园将举办一次灯展。Dr.Kong准备设计出一个奇妙的展品，他计划将编号为1到N的N（1 <= N <= 35）盏灯放置在一个有M条（1 <= M <= 595）边连接的网络节点上。
每盏灯上面都带有一個开关。当按下某一盏灯的开关時，这盏灯本身以及与之有边相连的灯的状态就会改变。状态改变指的是：当一盏灯是亮时，就会被关闭；当一盏灯是关闭时，就会被打开亮着。
现在的问题是，你能帮助Dr.Kong计算一下最少要按下多少个开关，才能把所有的灯都打开亮着（初始状态：所有的灯都是关闭的）。
数据保证至少有一种按开关的方案，使得所有的灯都能被重新打开。

题目和数据范围说明这道题可以dfs，但是直接dfs会超时。

这里要用一个在很多可以状压的dfs里都很有用的优化技巧（可以把普通dfs的时间复杂度优化到开根号）：折半搜索。

在这道题中，因为每个灯只有按或者不按两种选项，可以对前n/2个点进行搜索，再对剩余的点进行一次搜索并hash查找对应状态。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<map>
using namespace std;
map<long long,long long>q;
long long n,m,mid;
bool e[40][40]={};
long long v[40]={};
long long ans=0;
long long cnt=0;
void dfs(long long x,long long k,long long num){
    if(num){
        if(k<q[num]||q[num]==0)q[num]=k;
    }
    if(k>ans)return;
    if(num==cnt)
        if(k<ans)ans=k;
    for(int i=x+1;i<=mid;i++){
        dfs(i,k+1,num^v[i]);
    }
}
void dfs1(long long x,long long k,long long num){
    if(k>ans)return;
    if(num==cnt){
        if(k<ans)ans=k;
        return;
    }
    long long xx=cnt-num;
    long long w=q[xx];
    if(w!=0){
        if(w+k<ans){
            ans=w+k;
            return;
        }
    }
    for(int i=x+1;i<=n;i++){
        dfs1(i,k+1,num^v[i]);
    }
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    mid=n/2;
    long long x,y;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%lld%lld",&x,&y);
        e[x][y]=1;e[y][x]=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        e[i][i]=1;
        long long num=0;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(e[i][j])num+=(long long)1<<(j-1);
        }v[i]=num;
    }cnt=((long long)1<<n)-1;ans=n;
    dfs(0,0,0);
    dfs1(mid,0,0);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}