dp~状态压缩

dp+状态压缩：    一个数组即可保存状态。但是有这样的一些题目，它们具有DP问题的特性，但是状态中所包含的信息过多，如果要用数组来保存状态的话需要四维以上的数组。于是，我们就需要通过状态压缩来保存状态，而使用状态压缩来保存状态的DP就叫做状态压缩DP。 （感觉就是状态过多了，就要简化状态的表达，就是用二进制的操作的简化。。）

 

题目大意:  有n(n<=15)科作业，每科作业都有一个最迟上交时间di和完成的花费时间ci。每科作业迟几天上交就会有（损失1天1单位）。

     求：完成所有作业的最少损失（要输出作业完成顺序）。

 

思路：dp就要有状态的存储。15科作业的完成情况全排那么状态就有15！种，数组开不起~

   n最大为15。可以用15位的二进制数来表示每种作业的完成情况（1完成0未完成）

   这样状态就只有 2^15 种，还可以接受。。。。。

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

const int maxn=(1<<15)+5;

struct node{
    int c, d;   //c代表花费时间， d代表最后期限
    char na[205];
} work[16];

struct node1{
    int cost, reduce, pre; //cost代表花费时间 reduce代表损失，pre记录前一个状态
} dp[maxn];
bool v[maxn];

void print(int a){   //递归输出顺序
int next = dp[a].pre^a;
    if(dp[a].pre==-1) return; 
    print(dp[a].pre);
    int id=0;         //找a的二进制数最右边的1的位置
    next >>= 1;
    while(next){
        id++;
        next >>= 1;
    }
    printf("%s\n", work[id].na);

}
int main(){   
　　// freopen("input.txt", "r", stdin);
    int t, n, i, j;
    scanf("%d", &t);
    while(t--){
        memset(v, 0, sizeof(v));
        scanf("%d", &n);
        for(i=0; i<n; i++){
            scanf("%s%d%d", work[i].na, &work[i].d, &work[i].c);
　　　　　}
        dp[0].pre=-1;
        dp[0].cost=0;
        dp[0].reduce=0;
        v[0]=true;
        for(i=0; i<(1<<n); i++){ //每种状态的遍历
            for(j=0; j<n; j++) {   //n个工作的遍历
int temp=1<<j;
                if((i&temp)==0){  //这种状态下j工作还未完成
int next=temp|i ; //该工作完成的状态
                    int cost=dp[i].cost+work[j].c;  //该工作完成后需要的总时间
                    int reduce= cost-work[j].d;
                    if(reduce<0) {
　　　　　　　　　　　　　　reduce=0;
　　　　　　　　　　　　}
                    reduce += dp[i].reduce;
                    if(v[next]){
                        if(reduce < dp[next].reduce){  //下一个状态需要更新
                            dp[next].reduce = reduce;
                            dp[next].cost = cost;
                            dp[next].pre = i;
                        }
                    }
                    else{
                        v[next]=true;
                        dp[next].reduce = reduce;
                        dp[next].cost = cost;
                        dp[next].pre = i;
                    }
                }
            }
           printf("%d\n", dp[(1<<n)-1].reduce);
           print((1<<n)-1);
　　　　}
    }
    return 0;
}