神马是状态压缩？
就是当普通dp的每一维表示的状态非常少的时候，可以压缩成一维来表示
如果m==8
dp[i][0/1][0/1]......[0/1]
压缩一下
dp[i][s]表示到了第i行，状态是s的方案数
那么状态数是指数级的
有点大.......
考虑每一行的合法状态真的有那么多吗？
考虑只有一行的情况
m: 0 1 2 3 4 5 6 7
f: 1 2 3 5 8 13 21 34
为什么方案数f是斐波那契数列呢？
因为f[i]可以是由f[i-1]再加1个0或者由f[i-2]再加1个01得到
设dp[i][s]为填到第i行，状态为s的状态
.....
说人话：
将s'左移一下，右移一下看一看是否会攻击到s即可
还可以这样判断：(s|s<<1|s>>1)&s'==0的s'是可行的
s是上下攻击，s<<1是在s'左边，s>>1是在s'右边
神奇的位运算
6为什么是枚举子集？
s0每次去掉二进制表示的最后一个1，再和原集进行&操作，就去掉了新的s0的不属于s的部分，同时每次只减去1个1就没有重复
复杂度是
震惊！！！
我们看这个循环，s是枚举有n位的二进制数，它一共有s个1，s0枚举它的子集，子集有
个
总数：
变一变形：
这就是二项式定理啊
看起来n比较小，可以压n的样子
dp[s]表示s这个集合拓扑序的个数
转移：考虑枚举一个点u,加进拓扑序
u满足：1：不在s里面；2：能到达u的点都在s里面
复杂度：
怎么快速判断？
预处理in[u],表示能够到达点u的点组成的集合，当s&in[u]==in[u]时，就是所有能到达u的点都在s里面了
我们可以把每个数拆成q*2x*3y
当q不同的时候，两个数肯定不同，当q相同的时候，就把q提出来。
我们列个表
然后我们可以以行/列/斜着搞dp(就是有i层，不能选相邻的，就转化成了第一个问题)
但是具体选哪个呢？
先考虑列的复杂度：log2n<=17,转移：216
一行一行的：logn<=10:要压到311
当然下一行会少一点，是fib[10](斐波那契第10项)
为什么是fib???
现在问题已经转化成一层内不能选两个相邻的格子的问题了，这个问题的方案数就是fib[这一行的格子数]
我们发现行的复杂度要优一点(虽然依旧玄学),所以我们一行一行的dp
神仙斜着dp
当q>1，等价于q'=1&&n'=n/q。
◦剪枝：对于n/q相同的q，可以避免重复计算来加速。
打过一个表
我们看到最宽的一层第10层宽度只有11，这个范围显然是可以
2^cnt_
NOIP 2016愤怒的小鸟
意思就是选最少的猪的集合，使得这些猪并起来是全集
有用的抛物线：n2个
dp[s]:集合s的猪被消灭最少用的抛物线
枚举包含s最低位的1抛物线t[i]，(t[i]代表抛物线i经过的点的集合)
dp[s]=min(dp[s^t[i]]+1)(t[i]&s=t[i]且t[i]包含s的最低位)
这是按照s的最低位来分类，既然我们选了t[i]的点，之前就是dp[s^t[i]],再+1代表用了i这条抛物线
复杂度：2n*n
求出最少的合法的货物集合，使得并起来是原集
和上一个题很像啊
这里我们找出可以被一次运走的货物集合t
再套用上一个题的dp方程
复杂度：3n
枚举子集的复杂度是3n
用f[s]表示s是否能被c1运走，g[s]表示是否能被c2运走
t[s]表示s是否能被两辆车运走(这里是必须用两辆车)
t[s]=|s'f[s']&g[s^s'](s'是s的子集)(|是或运算)
枚举s的子集，看这个子集和s去掉这个子集之后的另一部分能否分别被两辆车运走
分子集的方案有一个满足就够了，所以是用或运算
复杂度3n
bzoj3900
仿佛看见两把刷子
设p[s]表示s集合的麋鹿内部能否交换成合法的麋鹿
排个序，看相邻两个的重量之差是否小于c
如果是，就说明有答案
但如果相邻的两个茸角不属于同一个麋鹿呢？
那最多需要n-1次搞定所有的麋鹿
g[s]表示使s内部消化的最小次数
g[s]≤s内部的人数 -1
那怎么转移呢？
我们不妨先试着把s分成几部分
我们发现s每分出去一部分合法的s',那g[s]至少会-1
why?
举个例子
设s集合原本有t个人，g[s]初始化为t-1
把t分为2部分：t-v,v
那g[v]最坏为v-1,g[t-v]最坏为t-v-1
g[v]+g[t-v]=v-1+t-v-1=t-2
所以每分出去一部分合法的s',g[s]至少会-1
那g[s]=min{g[s']+g[s^s']}(s'∈s)
dp[s][u]:s是三进制数，表示对应位上的点经过几次，u表示现在在哪个点
dp[s][u]=min(dp[s-(1<<i)][i]+dis[i][u])
包肯定是从大到小排序的
f[s]表示装下s的物品，用了多少包
g[s]表示装s的物品，用的最后一个包的剩下的最大空间
转移：看下一个物品能否装在当前的包里面，能则只更新g，否则加一个包，再更新g
dp优化
dp[i][j]表示长度为i,逆序对为j的排列数
我们考虑新来的数插在哪里
原序列：a1,a2,a3....ai-1
放在
我们发现dp[i][j-k]是连续的耶
来个前缀和优化
dp[i][j]=sum[i-1][j]-sum[i-1][j-i]
前缀和：区间的和
单调队列：区间最大值
f[i]表示到第i棵树的最小劳累值
单调队列维护dp值小的，如果dp值相同，选高度要高的
经典的线段覆盖？？？
显然不是
不过我们还是要按照左端点排序
优化
dp[i][j]表示排完序之后，到了第i条线段，覆盖完前j个位置的方案数
后面*2
前面的累加
发现是区间*2，区间求和
然后就是线段树2的板子
简单的说就是一张纸条要走两次，不能经过重复的点，求经过的点的最大权值
暴力四维dp:
精简一维：
记录步数，第一次的横坐标，第二次的横坐标，然后按照上面的dp即可
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<queue> #include<set> #include<map> #define ll long long using namespace std; inline int read() { char ch=getchar(); int x=0;bool f=0; while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-')f=1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return f?-x:x; } int n,m,ma[60][60],f[200][60][60]; int main() { m=read();n=read(); for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1;j<=n;j++) ma[i][j]=read(); for(int k=1;k<=n+m-1;k++) { for(int i=1;i<=k;i++) { for(int j=1;j<=k;j++) { int ex1=max(f[k-1][i][j],f[k-1][i-1][j-1]); int ex2=max(f[k-1][i-1][j],f[k-1][i][j-1]); f[k][i][j]=ma[i][k-i+1]+ma[j][k-j+1]+max(ex1,ex2); if(i==j)f[k][i][j]-=ma[i][k-i+1]; } } } printf("%d",f[n+m-1][m][m]); }