bitset的使用 (组合的可能性)，以及数位DP

越来越破防......

题目链接

---

bitset是个存储二进制序列的容器，容器本身支持位运算

这道题的意思：

A→B，A和B一共有多少种数？，B不知道
B→C，B和C一共有多少种数？，C不知道。。。。。。

大问题可拆成小问题，
小问题有最小问题，DP

从最右边往左DP

每次将当前 i 的 value 计入当前 dp[ i ]的统计数量中
若右边有可达的地方，就合并集合

但合并集合很麻烦

所以就有了bitset

将bitset开到二维

第一维为当前位置 i
第二维为当前位置 i 能到的所有点的 value 的集合

将可达的点设为 1，通过异或操作即可轻松完成集合合并

要统计有几个数时，用 .count() 函数就可以获得 二进制序列中 1 的个数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int LL;
const int N=1e5+10;
LL n,ans,value[N];
bitset<N> dp[N];


int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>value[i];
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		dp[i][value[i]]=1;
		if(2*i<=n)
		{
			dp[i] |=dp[i*2];
		}
		if(i+value[i]<=n)
		{
			dp[i] |=dp[i+value[i]];
		}
		ans=max(ans,(LL)(dp[i].count()));
	}
	
	cout<<ans;
	return 0;
}

---

---

---

砝码称重

找的是由这几个数能组成多少种组合（大于0）

很像01背包问题，只是将结果换为 0 或 1 ，表示 状态 j 可不可到达 （01背包本身就是求全部可行组合）
经典背包问题中 j 减去 cost 后就要 加上对应的 value
但这不是死的规矩，只是因为经典背包中要求的是最大 value，

背包的核心是 j - cost 或 j + cost 来确认当前可达的状态，再根据这个状态求我们要的答案

这题中我们要求的是根据上一个状态确认的可达状态，只需要知道是否可达，所以只需要 并（ | ）就行了

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int LL;
const int N=1e5+10;
LL n,m,ans,dp[110][N*2],a[N*2];
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	cin>>n;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		m+=a[i];
	}
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=m;j>=0;j--)
		{
            //因为是同时根据左右的状态转移，所以没法滚动
			dp[i][j]|=dp[i-1][j];
			dp[i][j]|=dp[i-1][abs(j-a[i])];
			if(j+a[i]<=m) dp[i][j]|=dp[i-1][j+a[i]];
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		ans+=dp[n][i];
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

豪勒，下面是bitset做法，因为我们求的只是所有组合的可能性，所以可以使用bitset

把每个位置当作得数，
加上一个数就是 << 操作再并原来的
减去一个数就是 >> 操作再并原来的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int LL;
const int N=1e5+10;
LL n,m,ans,a[N];
bitset<200010> dp;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	cin>>n;
	dp[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		dp|=dp<<a[i];//要先计算总和，不然计算减去某个砝码时会漏掉
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		dp|=dp>>a[i];
	}
	cout<<dp.count()-1;//得数为0不算在内
	return 0;
}

---

---

---

N皇后问题[https://www.luogu.com.cn/problem/P1562]

经典题，直接代码解释

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int LL;
const int N=1e5+10;
LL n,sta[30],ans,all;//all记录放完N个皇后，及每列全满状态（全为1）.sta【】记录每行初始已有的皇后位置

void dfs(int now,int l,int r,int d)//now为每列是否有皇后放置了,l为左对角线（左下到右上），r为右对角线（右下到左上），d为第几层（从1开始
{
	if(now==all){ans++;return;}//每列都放了，说明摆放成功，ans++后返回
	int pos = all&(~(now|l|r|sta[d]));//pos为皇后可放置位置，now|l|r|sta[d]为已放置，取反为可放置，再与all进行按位与（ & ）得到皇后在该行可放置位置
	while(pos)
	{
		int p = pos&-pos;//不断取lowbit（从右往左第一位1），dfs在位置p放置的情况
		pos-=p;//之后减去p，下一个循环就可以取到当前从右往左第二个1，即可放置皇后的位置
		dfs(now+p,(l+p)<<1,(r+p)>>1,d+1);//now+p为该列放置了皇后的状态，l+p<<1为左对角线位置，r+p>>1为右对角线位置，d+1为第几层
        //为什么（l+p<<1）为左对角线位置，（r+p>>1）为右对角线位置？
        //以左对角线（左下到右上）为例
        //每当一个皇后被放置，她在下一行的攻击点为她的位置的左下角，即p<<1
        //在此基础上，p并上当前所有皇后在当前行的攻击点，再左移一格，就得到了目前所有皇后左对角线在下一行的攻击点（l+p）<<1
	}
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	all = (1<<n)-1;//计算全满状态
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			char tmp;
			cin>>tmp;
			if(tmp=='.') sta[i]|=1<<(n-j);//有皇后的位置使用"并"计算（ | ）记录
		}
	}
	dfs(0,0,0,1);//从目前0皇后，0左对角线，0右对角线，处于第1层开始计算
	cout<<ans;
	
	return 0;
}