POJ 2923 Relocation（状压DP+01背包）题解

题意：给你汽车容积c1,c2，再给你n个包裹的体积，问你最少运几次能全运走

思路：用2进制表示每次运送时某物在不在此次运送之中，1在0不在。我们把运送次数抽象成物品价值，把状态抽象成体积，用一个dp[ i ] 记录完成状态i的最少步数那么就转化为了01背包问题，得到状态转移方程dp[ j|state ] = min( dp[ j|state ],dp[j] + 1 )，state为运送时物品的状态。

然后讲一下可能会有点看不懂的judge()的一段代码

for(int j = c1;j >= val[i];j--){    //将所有可能放进c1的组合标记为1
    if(vis[j - val[i]])
        vis[j] = 1;
}

这里的意思是将所有能放进c1的组合标记为1，他是这样运作的：先将vis[0] = 1，这样每次j到val[i]时，val[i]肯定会被置为1，因为是从c1开始往下搜，如果搜到一个vis[j - val[i]] = 1，这说明 j-val[i] 和 val[i] 能做成一个体积为j(j<=c1)的组合，可见j能塞进c1，所以置为1，这样一直搜索就能搜到所有的组合

参考题解

代码：

#include<cstdio>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
const int maxn = 1 << 10;
const int MOD = 100000000;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
using namespace std;
int val[12],state[maxn],vis[maxn];  //vis[i] = 1代表重量为i的组合能塞进车c1
int dp[maxn];   //达成i状态最小步骤
int tot,n,c1,c2;
int judge(int x){   //判断能否一次运走
    int sum = 0;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    vis[0] = 1;
    for(int i = 0;i < n;i++){
        if(x&1<<i){
            sum += val[i];
            for(int j = c1;j >= val[i];j--){
            //将所有可能放进c1的组合标记为1
                if(vis[j - val[i]])
                    vis[j] = 1;
            }
        }
    }
    if(sum > c1+c2) return 0;   //总体积大于两车总容积
    for(int i = 0;i <= c1;i++){
        if(vis[i] && sum - i <= c2){
        //只要有一种分组能让两辆车都能塞进两种组合
            return 1;
        }
    }
    return 0;
}
void init(){    //初始化，找到所有能运送的状态
    tot = 0;
    for(int i = 1;i < (1<<n);i++){
        dp[i] = INF;
        if(judge(i)){
            state[tot++] = i;
        }
    }
}
int main(){
    int T,Case = 1;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d%d",&n,&c1,&c2);
        for(int i = 0;i < n;i++)
            scanf("%d",&val[i]);
        init();
        int V = (1<<n) - 1;
        dp[0] = 0;
        for(int i = 0;i < tot;i++){
            for(int j = V;j >= 0;j--){
                if(dp[j] == INF) continue;
                if(j&state[i]) continue;
                //有交集，不能送第二次
                dp[j|state[i]] = min(dp[j|state[i]],dp[j] + 1);
            }
        }
        printf("Scenario #%d:
%d

",Case++,dp[(1<<n) - 1]);
    }
    return 0;
}