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64bit IO Format: %lld
题目描述
筱玛是一个热爱阅读的好筱玛，他最喜欢的事情就是去书店买书啦！
一天，他来到一家有
n
n本书的书店，筱玛十分快乐，决定把这家店里所有的书全部买下来。
正巧今天店里在搞促销活动，包含若干个促销方案。每个促销方案是由指定的若干本书构成的集合，如果购买了该方案中所有的书，那么其中最便宜的一本书将免费。但是，每本书只能用于一个促销方案。
作为店里的VIP，筱玛会得到
n
n个价格标签。筱玛可以给每本书挑选一个价格标签，使得每个价格标签和每本书一一对应。
筱玛想要知道，在合理利用所有促销方案的情况下，买下所有书最小要多少钱。
输入描述:
第一行两个数
n
,
m
n,m，分别表示书的本数和促销方案的种数。
第二行
n
n个整数，表示每个价格标签上的标注的价格。
接下来
m
m行，每行第一个数
k
k表示该促销方案包含书的数量。接下来
k
k个数，表示书的编号。
输出描述:
输出一行一个数，表示答案。
示例1
输入
复制
4 2
2 3 2 4
2 2 3
2 2 4
输出
复制
8
备注:
对于100%的数据，
1
≤
n
≤
15
,
1
≤
m
≤
2
n
−
1
1≤n≤15,1≤m≤2n−1，所有标签价值之和在
int
int范围内。
题意：
思路：
首先进行二进制状压，i代表的整数的二进制信息中的第i位为1，代表取第i位。
然后对读入的书价进行降序排序，
然后把m个方案数进行状压成now ，vis[now] =1 代表有now这个状态的优惠方案。
定义状压DP的状态，dp[i] 代表买了i状态的书，最多优惠多少元。
同时维护数组cnt[i] 代表 第i个状态买了几本书，即二进制状态中有多少个1，我们可以用dp来获得。
那么dp[i] 有三种更新方式，
1，有i这个优惠方案，那么dp[i] 的最小就可以优惠 a[cnt[i]] 元，（a是已排序后的数组）
2，多个状态的补集为i，例如 j^x=i，那么dp[i] 就可以由先使用j方案的优惠，取得了a[cnt[j] 优惠，然后再用 x方案，因为x方案是j关于i状态的补集，所以x,j方案都使用后，x方案可以获得的优惠是a[cnt[i]] 元。
3、一个不是在优惠方案中的数j，和其他状态来更新的。（这样可以确保每一个状态被更新到。）
所以书的价格和是sum，
那么 答案就是sum-dp[(1<<n)-1]
细节见代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define rt return
#define dll(x) scanf("%I64d",&x)
#define xll(x) printf("%I64d
",x)
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), ' ', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define chu(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]"<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll lcm(ll a,ll b){return a/gcd(a,b)*b;}
ll powmod(ll a,ll b,ll MOD){ll ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn=1000010;
const int inf=0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
ll a[50];
int n;
int m;
int vis[maxn];
int cnt[maxn];
ll dp[maxn];
int main()
{
// freopen("D:\common_text\code_stream\in.txt","r",stdin);
//freopen("D:\common_textcode_stream\out.txt","w",stdout);
gbtb;
cin>>n;
cin>>m;
repd(i,1,n)
{
cin>>a[i];
}
sort(a+1,a+1+n,greater<ll>());
repd(i,1,m)
{
int k;
cin>>k;
int v;
int now=0;
repd(j,1,k)
{
cin>>v;
now|=(1<<(v-1));
}
vis[now]=1;
}
// dp[i]代表买了i状态的书，最多可以优惠多少元。
int maxstate=(1<<n)-1;// 最大二进制状态
for(int i=1;i<=maxstate;++i)
{
cnt[i]=cnt[i&(i-1)]+1;// dp 求cnt[i]，cnt[i]代表i的二进制中有多少个1,从i-lowbit(i)转移
}
// repd(i,1,maxstate)
// {
// chu(cnt[i]);
// }
for(int i=0;i<=maxstate;++i)// 枚举所有二进制状态
{
if(vis[i])
dp[i]=max(dp[i],a[cnt[i]]);// 用i方案来免费第cnt[i]贵的书
// chu(i);
for(int j=i;j;j=i&(j-1))// 枚举i的所有子集j
{
int x=j^i;// x是 j关于i的补集
if(!vis[x])
continue;
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+a[cnt[i]]);
// 因为 x^j=i,那么我们就用 x+j混合的方案来使得i状态的cnt[i]个书都买，最大优惠了dp[j]+a[cnt[i]]
}
for(int j=0;j<n;j++)// 尝试牺牲一本书（即全价买它），来保证更新所有状态
{
dp[i|(1<<j)]=max(dp[i|(1<<j)],dp[i]);
}
}
ll sum=0ll;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
sum+=a[i];
}
// chu(dp[(1<<n)-1]);
cout<<sum-dp[(1<<n)-1]<<endl;
return 0;
}
inline void getInt(int* p) {
char ch;
do {
ch = getchar();
} while (ch == ' ' || ch == '
');
if (ch == '-') {
*p = -(getchar() - '0');
while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
*p = *p * 10 - ch + '0';
}
}
else {
*p = ch - '0';
while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
*p = *p * 10 + ch - '0';
}
}
}