Description
你是一个hacker，侵入了一个有着n台计算机（编号为1.2.3....n）的网络。一共有n种服务，每台计算机都运行着所有服务。对于每台计算机，你都可以选择一项服务，终止这台计算机和所有与它相邻计算机的该项服务（如果其中一些服务已经停止，那他们继续保持停止状态）。你的目标是让尽量多的服务完全瘫痪
Input
输入包含多组数据，每组数据中：
- 第一行为整数n:
- 以下n行每行描述一台计算机相邻的计算机，
- 其中第一个数m为相邻计算机个数，接下来的m个整数为这些计算机的编号。
输入结束标志n=0
Output
对于每组数据：
- 输出完全瘫痪的服务的数量
格式见样例
Sample Input
3 2 1 2 2 0 2 2 0 1 4 1 1 1 0 1 3 1 2 0
Sample Output
Case 1: 3 Case 2: 2
Hint
1<=n<=16
Solution
考虑对于每种服务，显然需要所有计算机都停掉才有价值。
我们设Seti为i和i相邻的计算机编号的集合。由于数据范围小，显然所有的集合都可以二进制表示，以下不再赘述。
那么本题所求就变为将所有的Set最多分为几组，使得每组的Set的并集都为全集。
我们设fi为只考虑集合i中元素的ans。
转移显然：
f[i]=max{f[i^j]|集合j的set并集为全集且j是i的子集}+1
考虑阶段:
最简单的方法当然是按照元素个数枚举,但是在本题中难以操作。
考虑以下事实 ：
设i从j转移过来，那么j为i的子集。在二进制表示下，显然有j≤i。那么按照i升序枚举，显然j在计算i时已经被计算完毕。
现在考虑如何高效率枚举i的子集：
朴素的枚举方式如下：
int ziji=0; for(int i=0;i<n;++i) if((1<<i)&s) ziji|=(1<<i)
考虑优化效率：
for(rg int i=1;i<=upceil;++i) { for(rg int j=i;j;j=(j-1)&i) { dosth(); } }
内层循环可以高效枚举i的子集，其时间效率为O(|i|)，其中|i|代表i在二进制意义下表示的集合的元素个数.
继续考虑优化：
在枚举子集后，如果可以快速判断该集合中元素对应的set的并集是否为全集可以大大提高时间效率，这样我们令S0[i]为i在二进制意义下所代表的集合的元素对应的set的并集的二进制（这是什么鬼畜句型。我们可以通过预处理做到O(1)查询并集。
预处理时，枚举每个集合，暴力枚举每个元素j是否属于该集合，如果是，则S0[i]|=Set[j]。时间复杂度O(n*2n)。
这样思路就完成了:
预处理出计算机i的子集Set,通过枚举选择的计算机编号,进行DP转移。
事实上,这是一个状压套状压的题目。我们枚举的是计算机的编号，而判断的是编号所对应的Set的集合的并集是否等于全集。
考虑时间复杂度：
参照循环，时间复杂度为全集的子集的子集个数和。
由于元素个数为x的元素子集有C(n,x)个，每个子集有2x个子集,所以元素个数为Σ(x:1 to n)C(n,x)*2x。由二项式定理得，原式=(2+1)n=3n
所以程序得时间复杂度为θ(3n+n*2n)=O(3n)
Code
#include<cstdio> #include<cstring> #define rg register #define ci const int inline void qr(int &x) { char ch=getchar(),lst=NULL; while(ch>'9'||ch<'0') lst=ch,ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar(); if (lst=='-') x=-x; } char buf[20]; inline void write(int x,const char aft,const bool pt) { if(x<0) {putchar('-');x=-x;} int top=0; do { buf[++top]=x%10+'0'; x/=10; } while(x); while(top) putchar(buf[top--]); if(pt) putchar(aft); } template <typename T> inline T mmax(const T &a,const T &b) {if(a>b) return a;return b;} template <typename T> inline T mmin(const T &a,const T &b) {if(a<b) return a;return b;} template <typename T> inline T mabs(const T &a) {if(a<0) return -a;return a;} template <typename T> inline void mswap(T &a,T &b) {T temp=a;a=b;b=temp;} const int maxn = 17; const int maxt = 262144; const int maxm = 400; int n,a,b,cnt,ans; int frog[maxt]; int Set[maxn]; int s0[maxt]; void clear(); int main() { qr(n); while(n) { clear(); for(rg int i=0;i<n;++i) { a=0;qr(a); while(a--) { b=0;qr(b); Set[i]|=(1<<b); } Set[i]|=(1<<i); } rg const int upceil=(1<<n)-1; for(rg int i=1;i<=upceil;++i) { for(rg int j=0;j<n;++j) { int k=1<<j; if(k>i) break; if(i&k) s0[i]|=Set[j]; } } for(rg int i=1;i<=upceil;++i) { for(rg int j=i;j;j=(j-1)&i) { if(s0[j]==upceil) {frog[i]=mmax(frog[i],frog[j^i]+1);} } ans=mmax(frog[i],ans); } printf("Case %d: %d ",++cnt,ans); n=0;qr(n); } return 0; } void clear() { memset(s0,0,sizeof s0); memset(Set,0,sizeof Set); memset(frog,0,sizeof frog); ans=0; }
Summary
1、子集枚举方式需要牢记。
2、在一些由子集转移来得题目中,可以将集合序号作为阶段。
3、计算复杂的得时候二项式定理会被经常使用
4、在高复杂度问题中，预处理是个好东西。