状压dp可以理解为最暴力的dp，因为他需要遍历每个状态，所以将会出现2^n的情况数量，所以明显的标志就是数据不能太多(好像是<=15?)，然后遍历所有状态的姿势就是用二进制来表示，01串，1表示使用，0表示未使用，就把所有的状态投射到很多二进制的数上（类似于hash?）然后对每个状态找上一"些"状态的方法如下代码，即状压dp的精髓！！！
就是暴力每一个状态（ 0--(1<<n) )：
例：传送门
给出战神吕布的初始攻击力ATI、防御力DEF、生命值HP、每升一级增加的攻击力In_ATI，增加的防御力In_DEF和增加的生命值In_HP。然后给出n个敌人的攻击力、防御力、生命值和杀死该单位能获得的经验值EXP。 吕布的初始经验值EXP是0，初始等级level是1，每当EXP>=level*100时就会升级。
在吕布LvBu和敌人A之间的战斗有3条规则
1.吕布攻击A，A失去 Max(1,LvBu's ATI- A's DEF). HP；
2.A攻击吕布，吕布失去Max(1,A'ATI- LvBu'DEF).HP；
3.战斗持续到任意一方死亡
如果吕布能够将全部敌人杀死，并且自己不死，那么输出能够余下的最大HP，否则输出"Poor LvBu,his period was gone."
Input
输入吕布的攻击值，防御值，生命值，攻击成长值，防御成长值，生命成长值。
输入n
输入敌人名称，攻击值，防御值，生命值，经验值。
多组输入Output如果吕布死了，输出 "Poor LvBu,his period was gone."
或者输出最大生命值。Sample Input
100 80 100 5 5 5 2 ZhangFei 95 75 100 100 XuChu 90 90 100 90 100 75 100 5 5 5 1 GuanYu 95 85 100 100
Sample Output
30 Poor LvBu,his period was gone.
这个就是关键：最后111都更新完了
#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; /* https://vjudge.net/contest/425658#problem/D */ struct State{//吕布的每一个状态 int ati,def,hp,lev,exp;//攻击值，防御值，生命值，经验值，初始等级 }dp[(1<<20)+2]; struct Node{ int ati,def,hp,exp;//攻击值，防御值，生命值，经验值 }node[100]; char str[100]; int n; int In_ati,In_def,In_hp;//攻击成长值，防御成长值，生命成长值 int main(){ while(~scanf("%d%d%d%d%d%d",&dp[0].ati,&dp[0].def,&dp[0].hp,&In_ati,&In_def,&In_hp)){ cin>>n; for(int i=0;i<n;i++){ scanf("%s%d%d%d%d",str,&node[i].ati,&node[i].def,&node[i].hp,&node[i].exp); } for(int i=1;i<(1<<20)+2;i++){ dp[i].hp=0; } dp[0].exp=0; dp[0].lev=1; for(int state=0;state<(1<<n);state++){ if(dp[state].hp<=0) continue; for(int i=0;i<n;i++){ if(state&(1<<i)) continue; State S=dp[state]; int tmp1=max(1,S.ati-node[i].def);//吕布打别人 int tmp2=max(1,node[i].ati-S.def);//别人打吕布 int t=(node[i].hp/tmp1)+(node[i].hp%tmp1==0?-1:0);//由于是吕布先打别人 S.hp-=t*tmp2; if(S.hp<=0){ continue; } S.exp+=node[i].exp; if(S.exp>=S.lev*100){ S.lev++; S.ati+=In_ati; S.def+=In_def; S.hp+=In_hp; } if(S.hp>dp[state|(1<<i)].hp){ dp[state|(1<<i)]=S; } } } if(dp[(1<<n)-1].hp<=0){ cout<<"Poor LvBu,his period was gone."<<endl; } else{ cout<<dp[(1<<n)-1].hp<<endl; } } }
例二：传送门
两辆车n个物品，每个物品有体积，两辆车也有体积， 要求把物品全部运走最少需要多少次 每次每辆车运送的物体总体积不得大于车的体积
第一行包含场景的数量。每个场景由一行组成，其中包含三个数字n、C1和C2。C1和C2分别为汽车的容量(1≤Ci≤100)，n为家具件数(1≤n≤10)。下一行包含n个整数w1，…，wn，家具的权重(1≤wi≤100)。保证每一件家具都能被两辆车中的至少一辆装载。
输出
每个场景的输出都以包含“场景#i:”的一行开始，其中i是场景的编号，从1开始。然后打印一行，显示他们为了搬动所有家具到新房子的次数。用空行结束每个场景。
这个题就是judge函数是关键：judge函数就是判断这一个状态看看能不能装入(c1和c2)中
bool judge(int x){//judge函数来judge这个状态x能否用一次c1+c2来装完 memset(vis,0,sizeof(vis)); int sum=0; for(int i=0;i<n;i++){ sum+=a[i]; for(int j=c1;j>=a[i];j--){//就是把c1能弄完的都弄的都标记了 if(vis[j-a[i]]){ vis[j]=1; } } } if(sum>(c1+c2)){ return false; } for(int i=0;i<c1;i++){//c2 if(vis[i]&&sum-i<=c2){//sum-i return true; } } return false; }
举个例子把：2 3 5
c1=3,c2=10;就是第一个vis[2],vis[3]，第二个循环就是vis[i]就是满足第一个，sum-i 就是这个状态中除了i，之后剩下的能不能完全装入c2中
for(int i=1;i<=cnt;i++){ for(int j=0;j<(1<<n);j++){//用j转移i if(dp[j]==INF){ continue; } if(!(j&state[i])){// dp[i|state[i]]=min(dp[i|state[i]],dp[j]+1); } } }
上面的就是用j来更新i，i是一个状态就是一次，然后你的dp[j]在前面已经要更新了
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; int n,c1,c2; const int maxn=1e4+100; const int INF=0x3f3f3f3f; int cnt=0; int state[maxn]; int dp[maxn]; int vis[maxn]; int a[maxn]; bool judge(int x){//judge函数来judge这个状态x能否用一次c1+c2来装完 memset(vis,0,sizeof(vis)); int sum=0; for(int i=0;i<n;i++){ sum+=a[i]; for(int j=c1;j>=a[i];j--){ if(vis[j-a[i]]){ vis[j]=1; } } } if(sum>(c1+c2)){ return false; } for(int i=0;i<c1;i++){ if(vis[i]&&sum-i<=c2){ return true; } } return false; } int main(){ int t; cin>>t; int kase=0; while(t--){ scanf("%d%d%d",&n,&c1,&c2); for(int i=0;i<n;i++){ scanf("%d",&a[i]); } for(int i=0;i<(1<<n);i++){ dp[i]=INF; } cnt=0; for(int i=1;i<(1<<n);i++){ if(judge(i)){ state[++cnt]=i;//能一次装完的状态 } } for(int i=1;i<=cnt;i++){ for(int j=0;j<(1<<n);j++){//用j转移i if(dp[j]==INF){ continue; } if(!(j&state[i])){// dp[i|state[i]]=min(dp[i|state[i]],dp[j]+1); } } } printf("Scenario #%d: %d ",++kase,dp[(1<<n)-1]); } return 0; }
例三：
如果在地图中的灰色所标识的平原上部署一支炮兵部队，则图中的黑色的网格表示它能够攻击到的区域：沿横向左右各两格，沿纵向上下各两格。图上其它白色网格均攻击不到。从图上可见炮兵的攻击范围不受地形的影响。
现在，将军们规划如何部署炮兵部队，在防止误伤的前提下（保证任何两支炮兵部队之间不能互相攻击，即任何一支炮兵部队都不在其他支炮兵部队的攻击范围内），在整个地图区域内最多能够摆放多少我军的炮兵部队。
Input
接下来的N行，每一行含有连续的M个字符('P'或者'H')，中间没有空格。按顺序表示地图中每一行的数据。N <= 100；M <= 10。
Output
Sample Input
5 4 PHPP PPHH PPPP PHPP PHHP
Sample Output
6
这个题就是先从(0->(1<<n))中处理出来满足不会相互攻击的状态，然后三层暴力判断状态i和状态i-1和状态i-2
//dp[i][j][k] 表示第i行状态为state[j]，第i-1行状态为state[k]时的最优解
#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; int dp[115][70][70],maze[105],status[70],num[70],m,n,len; //dp[i][j][k] 表示第i行状态为state[j]，第i-1行状态为state[k]时的最优解 char str[111]; int cnt=0; int main(){ cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%s",str); for(int j=0;j<m;j++){ if(str[j]=='H'){//H代表的是山地 maze[i]+=(1<<j); } } } for(int i=0;i<(1<<m);i++){ if(!(i&(i<<1))&&!(i&(i<<2))){ int k=i,sum=0; while(k){ if(k&1){ sum++; } k>>=1; } cnt++; num[cnt]=sum; status[cnt]=i;//符合不是自己炸自己的数 } } //1010 //0101 for(int i=1;i<=cnt;i++){ if(!(maze[1]&status[i])){//士兵不能摆在山地上 dp[1][i][1]=num[i];//第0行的状态是1 } } //i-2 //i-1 //i for(int i=2;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=cnt;j++){//枚举第i行的状态 if(status[j]&maze[i]) continue; for(int k=1;k<=cnt;k++){//枚举第i-1行的状态 if(status[j]&status[k]) continue; if(status[k]&maze[i-1]) continue; for(int t=1;t<=cnt;t++){//枚举第i-2行的状态 if(status[t]&status[j]) continue; if(status[t]&status[k]) continue; if(status[t]&maze[i-2]) continue; dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][t]+num[j]); } } } } int ans=0; for(int i=1;i<=cnt;i++){ for(int j=1;j<=cnt;j++){ ans=max(ans,dp[n][i][j]); } } cout<<ans<<endl; }
例四：传送门
农场主John新买新牧场，这块牧场被划分成M行N列(1 ≤ M ≤ 12; 1 ≤ N ≤ 12)，每一格都是一块正方形的土地。John打算在牧场上的某几格里种上美味的草，供他的奶牛们享用。
遗憾的是，有些土地相当贫瘠，不能用来种草。并且，奶牛们喜欢独占一块草地的感觉，于是John不会选择两块相邻的土地，也就是说，没有哪两块草地有公共边。
John想知道，如果不考虑草地的总块数，那么，一共有多少种种植方案可供他选择？（当然，把新牧场完全荒废也是一种方案）
Input
第一行：两个整数M和N，用空格隔开。
第2到第M+1行：每行包含N个用空格隔开的整数，描述了每块土地的状态。第i+1行描述了第i行的土地，所有整数均为0或1，是1的话，表示这块土地足够肥沃，0则表示这块土地不适合种草。
Output一个整数，即牧场分配总方案数除以100,000,000的余数。Sample Input
2 3 1 1 1 0 1 0
Sample Output
9
HintNumber the squares as follows:
1 2 3 4
There are four ways to plant only on one squares (1, 2, 3, or 4), three ways to plant on two squares (13, 14, or 34), 1 way to plant on three squares (134), and one way to plant on no squares. 4+3+1+1=9.
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; const int maxn=1e2+10; int a[maxn][maxn]; int dp[13][1<<13]; const int mod=100000000; int n,m; int judge(int i,int j){//第i行状态是j for(int k=0;k<m;k++){ if((a[i][k]==0)&&((j>>k)&1)) return false; } return true; } int main(){ cin>>n>>m; for(int i=0;i<n;i++){ for(int j=0;j<m;j++){ cin>>a[i][j]; } } memset(dp,0,sizeof(dp)); int r=(1<<m); for(int i=0;i<r;i++){ if(judge(0,i)&&!(i&i<<1)){ dp[0][i]=1; } } for(int i=1;i<n;i++){ for(int j=0;j<r;j++){ if(!(j&j<<1)&&judge(i,j)){ for(int k=0;k<r;k++){ if(!(k&j)){ dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k])%mod; } } } } } int ans=0; for(int i=0;i<r;i++){ ans=(ans+dp[n-1][i])%mod; } cout<<ans<<endl; }
额，这个题忘了。。。。尴尬