【ybtoj】【状压dp】最优组队--状压必看实用技巧【子集枚举】

题意

题目描述

有 n 个人打算分成 n 个小组，对于这 n 个人的任意一个组合，都有一个被称为“和谐度”的东西。现在，他们想知道，如何分组可以使和谐度总和最大。每个人必须属于某个分组，可以一个人一组。

输入格式

第  行为 ，表示有  个人。
接下来2ⁿ-1行，按照  进制给出每个分组的和谐度。（比如接下来第 5 行，也就是总共第 6 行，2 进制为00000101 ，则表示第 1 个人和第 3 个人这个分组的和谐度，第 31 行则为 1~5 在一起的和谐度）

输出格式

一行一个整数，为最大和谐度和。

样例

输入样例

3 
41 
12 
57 
94 
89 
23 
12

输出样例

151 

数据范围与提示

对于 100% 数据，满足1<=n<=16 ，1<=每个组的和谐度<=1e6，输入均为整数。

解析

对于本题，很容易的想到dp[i]表示i状态的最大和谐度，最终答案为dp[(1<<n)-1]，但如果只是暴力（枚举所有状态，判断是否是当前状态的子集）是不行的，复杂度为O(4ⁿ)会超时

但如果能够直接枚举当前状态的所有子集（子集枚举），根据二项式定理可得（我也不知道怎么得出来的），复杂度就降到了O(3ⁿ)

那么如何进行？

设 i 为当前状态,for(int j=i;j>0;j=(j-1)&i)，枚举出来的j就是所有子集

正确性说明：

j 从 i 开始从大到小每次-1，而且&运算之后一定不会更大，所以 j 在循环里单调不上升

每次-1之后最低位的1会变成0，更低位会产生新的1，新的1会被&运算删掉，这样就枚举出一个子集

此后 j 一直变小，相当于高位的1慢慢向低位移动

例如：枚举101010的子集

1	101000
2	100010
3	100000
4	001010
5	001000
6	000010
7	000000

tips：i^j在 j 是 i 的子集是和i-j等效

30opt暴力代码

这里实际上枚举的是当前状态和可以继续叠加的状态，并不是枚举子集再判断，但是本质一样

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n,a[1<<16];
ll dp[1<<16];
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<(1<<n);i++)
		scanf("%d",&a[i]);
 
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)
		for(int j=0;j<(1<<n);j++)
		{
			if(i&j) continue;
			dp[i|j]=max(dp[i|j],dp[i]+dp[j]);
		}
	printf("%lld",dp[(1<<n)-1]);
	return 0;
}

 100pts代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n,a[1<<16];
ll dp[1<<16];
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<(1<<n);i++)
		scanf("%d",&a[i]),dp[i]=a[i];
 	/*
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)
		for(int j=0;j<(1<<n);j++)
		{
			if(i&j) continue;
			dp[i|j]=max(dp[i|j],dp[i]+a[j]);
		}
	*/
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)//枚举目标状态 
		for(int j=i;j>0;j=(j-1)&i)//枚举目标状态子集 
		{
			dp[i]=max(dp[i],dp[j]+dp[i^j]);
		}
	printf("%lld",dp[(1<<n)-1]);
	return 0;
}