【计蒜客习题】蒜头君的蜡笔

懒得打字，直接截图了QwQ。。。

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呃呃，状压DP和图论结合以后，思维难度确实上升了，但本质却没有发生改变。

我们可以定义dp[i]表示i这种状态最小需要的颜色数，那么我们可以预处理出只需一种颜色就可以染完的状态，然后枚举i的子集j，有dp[i]=min{dp[j]+dp[i-j]}。一种颜色就能染完，需要状态选中的各个点之间没有边相连。

其实这些还好说，关键最后统计答案的时候！！！

这里补充个小技巧，如果题目要求对2^32取模，可以将存储答案的变量设为unsigned类型，让其自然溢出；如果是对2^64取模，可以设成unsigned long long。

我一开始用的十分原始的long long，然后对2^32取模，，，但是2^32*2^32会炸long long！猝不及防的WA。

#include<cstdio>
#include<cstring>
inline int min(int a,int b) {return a<b?a:b;}
void put_num(long long i) {
    if(i>9) put_num(i/10);
    putchar(i%10+'0');
}
const int maxn=20,inf=0x3f3f3f3f;
const long long mod=4294967296;
int n,point[maxn],G[maxn][maxn],dp[1<<maxn];
unsigned ans;
inline long long pow(int a,int b) {
    long long c=1,x=a;
    while(b) {
        if(b&1) c*=x,c%=mod;
        x=(x*x)%mod,b>>=1;
    }
    return c;
}
int main() {
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        char c;
        for(int j=1;j<=n;++j) {
            while((c=getchar())=='
'||c==' '||c=='
');
            if(c=='1') G[i][j]=1;
        }
    }
    memset(dp,inf,sizeof(dp));
    dp[0]=0;
    for(int i=1;i<(1<<n);++i) {
        int flag=1;
        for(int j=0;j<n;++j) if((1<<j)&i)
            for(int k=0;k<n;++k) if(((1<<k)&i)&&j!=k)
                if(!flag||G[j+1][k+1]) {flag=0;break;}
        if(flag) dp[i]=1;
    }
    for(int i=1;i<(1<<n);++i) {
        for(int k=i;k;k=(k-1)&i)
            dp[i]=min(dp[i],dp[k]+dp[i-k]);
        ans+=dp[i]*pow(233,i)%mod;
    }
    put_num(ans);
    return 0;
}