【题解】[POI2004]PRZ
[POI2004]PRZ 解题报告；状态压缩DP
题意
将\(n\)名队员分成若干组，每名队员有重量\(w_i\)与过桥时间\(t_i\)。每组的总重量不超过\(W\)且该组对答案的贡献为组内队员中最大的\(t_i\)，求全部\(n\)名队员分组能得到的最小贡献。
其中 \(100≤W≤400，1≤n≤16，1≤t_i≤50，10≤w_i≤100\)
思路
看到\(1≤n≤16\)，于是八九不离十用状态压缩DP。定义状态i为选择编号是\(i\)的二进制表示中为\(1\)的所有队员。
“这不是状压DP模板吗” 刚做完实打实模板题[USACO12MAR]Cows in a Skyscraper G的某人如是想。
但是奶牛题问的是最少分组数，而这一题问的是时间最短的安排。那么将每组对答案的贡献从\(1\)改为组里最大的\(t_i\)不就可以了？某人狂喜，欲套模板。但是如果能够成功把当前队员塞到现有的某组里，不能保证这一组的时间最优。
怎么办？
在奶牛题中，我们用一个一维DP数组记录答案，再用一个一维数组r[i]，记录i状态下的最大剩余空间以对“是否能把奶牛加入现有组里”进行约束。在这题中，我们用两个一维数组t和w，t[i]和w[i]分别记录选择i状态的人为一组时的时间和总重量。最后以w为约束，t为贡献进行DP。
问题转化为“从若干组里挑若干组，每组交集为空。使所有人都被选，求最小贡献”。好耶ヽ(✿ﾟ▽ﾟ)ノ
枚举状态i和它的子集j，那么\(i=j+(i \oplus j)\)，也即将状态i视作 若干组合并后的结果\(j\) 和 单组\(i \oplus j\) 合并后得到的状态。那么f[i]=min(f[i],f[j]+w[i^j]),当w[i^j]<=W（是合法的一组）.
代码实现
DP过程的内循环如果从1~i枚举j，那么时间复杂度为\(O(2^{2n})\)，会TLE两个点拿90分。
但是改变枚举方式就可以了！
实际操作时……
已知
-
用 \(j=i&(j-1)\) 作为\(j\)状态的枚举方式的合理性证明。
- 关于能够简化时间复杂度：由于只用枚举当前状态使置0的那一位的后面的情况，因此大大优化了状态枚举的常数
- 关于“-1”：只用使当前状态使置0的那一位的后面发生改变！♪(＾∀＾●)ﾉ
- 关于不会重复枚举：当不应该选的人被选时，会产生状态的重复。但是由于在转移状态时有\(&i\)，因此不会选上不应该选的人。所以不可能枚举出不合法的状态。
-
\((i \oplus j)\oplus j=i\).
因此可以用j和i^j表示i的“子集”。
AC code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=1<<16;
int W,n,T[18],c[18];
int f[N],t[N],w[N];
int main(){
scanf("%d%d",&W,&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&T[i],&c[i]);
int x;
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
x=i+(1<<(j-1));
if(i&(x-i)) continue;
w[x]=w[i]+c[j];
t[x]=max(t[x],T[j]);
}
f[i]=INF;
}
f[0]=0;
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
if(w[i]<=W) f[i]=t[i];//因为j=0时会退出下面的循环
for(int j=i;j;j=i&(j-1)){
if(w[i^j]<=W) f[i]=min(f[i],f[j]+t[i^j]);
}
}
printf("%d",f[(1<<n)-1]);
return 0;
}
有想法了会更新
安利一下我在博客园第一篇放错位置的题解
