状压DP小拼盘
有的DP题，某一部分的状态只有两种，选或不选。
开数组记录，代价太大，转移不方便。
状态压缩意为，用 “0/1“ 表示 “选/不选“ 。
把状态表示为二进制整数。
There are 10 kinds of people in the world, who knows binary and who doesn't.
用位运算判断条件并转移状态。
hdu 6149 Valley Numer II
用f[i][j]表示选到前i个点，状态为j的答案。
枚举其他两个高点。
转移之前判断之前是否用过，以及高低点之间是否有连边。
所以用邻接矩阵表示连边比较方便。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std; int t;
int n,m,k;
int c[][];
int h[];
int v[];
int f[][(<<)+];
int ans; int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
memset(f,,sizeof(f));
memset(c,,sizeof(c));
memset(h,,sizeof(h));
memset(v,,sizeof(v));
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=;i<=m;i++)
{
int q,w;
scanf("%d%d",&q,&w);
c[q][w]=;
c[w][q]=;
}
for(int i=;i<k;i++)
{
scanf("%d",&h[i]);
v[h[i]]=;
}
int st=(<<k);
ans=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=;j<st;j++)f[i][j]=f[i-][j];
if(v[i])continue;
for(int j=;j<st;j++)
{
for(int q1=;q1<k;q1++)
{
if(j&(<<q1))continue;
if(!c[i][h[q1]])continue;
for(int q2=;q2<q1;q2++)
{
if(j&(<<q2))continue;
if(!c[i][h[q2]])continue;
f[i][(j|(<<q1))|(<<q2)]=max(f[i][(j|(<<q1))|(<<q2)],f[i-][j]+);
}
}
}
}
for(int j=;j<st;j++)ans=max(ans,f[n][j]);
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}
hdu 6149 Valley Numer II
CodeForces 895C Square Subsets
一道数学思想浓重的状压DP。
因为1~70只有19个质数（用pr[]储存每个质数），先预处理出每个数的质因子组成c。
c[i]的第k位表示i这个数含有几个pr[k]因子。含有奇数个，那一位就是1,，否则为零。
f[i][j]表示选到第i个数，此时所有选的数的积的质因子组成为j的时候的方案数。
那个“组成”与之前预处理的表示方法类似，每一个二进制位代表一个质因子的情况，0为偶数个，1为奇数个。
读入的时候记录每个数被读进来的次数。
如果读入的数据中含有x这个数，就对x进行一次计算。
具体来说，x可以选奇数个也可以选偶数个。
偶数个的情况状态不变。奇数个的情况，状态异或上x这个数的组成c[x]。
两个加一起，乘上方案数，取个模即可。
最后因为要求是平方数，所以所有质因子都有偶数个，状态为零。
输出f[nw][0]。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std; int n;
int h[];
int c[];
int pr[]={,,,,,,,,,,,,,,,,,,,};
ll f[][<<];
ll pow[];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
{
int t;
scanf("%d",&t);
h[t]++;
}
for(int i=;i<=;i++)
{
int t=i;
int p=;
while(t>)
{
while(t%pr[p]==)
{
t/=pr[p];
c[i]^=(<<p);
}
p++;
}
}
pow[]=;
for(int i=;i<=n;i++)pow[i]=(pow[i-]<<)%mod;
f[][]=;
int nw=;
for(int i=;i<=;i++)
{
if(!h[i])continue;
nw^=;
for(int j=;j<(<<);j++)
{
f[nw][j]=(f[nw^][j^c[i]]+f[nw^][j])%mod*pow[h[i]-]%mod;
}
}
printf("%d",f[nw][]-);
return ;
}
CodeForces 895C Square Subsets
CodeForces 482C Game with Strings
一道期望+状压DP......
摧残大脑的推导与状态转移。
强荐zhx大佬的题解，写的非常非常明白。zhx大佬的题解传送门
作为蒟蒻我就只能大致解释解释代码了QwQ
f[i]代表问了状态为i的问题时，距离确定字符串（终点结果）的期望次数。
显然，f[一个能确定字符串的问法]=0。
接下来的难点在于如何判断每种问法不能确定哪些字符串。
设dbt[i]代表问法为i时，不能区分的字符串有哪些。
用二进制数表示，每一位代表一个字符串，1代表不能确定，0反之。
num[i]代表问法为i时，不能区分的串的个数，也就是dbt[i]中1的个数。
接下来玄学公式和位运算转移状态，zhx大佬的题解里写的很详细，本蒟蒻在此不做赘述。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std; int n,m;
char s[][];
ll dbt[<<];
int num[<<];
double f[<<]; int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<n;i++)
{
scanf("%s",s[i]);
}
if(n==){printf("0.000000000");return ;}
m=strlen(s[]);
for(int i=;i<n;i++)
{
for(int j=i+;j<n;j++)
{
ll st=;
for(int k=;k<m;k++)
{
if(s[i][k]==s[j][k])st|=(1ll<<k);
}
dbt[st]|=(1ll<<i);
dbt[st]|=(1ll<<j);
}
}
for(int i=(<<m)-;i>=;i--)
{
for(int j=;j<m;j++)
{
if(i&(<<j))dbt[i^(<<j)]|=dbt[i];
}
}
for(int i=;i<(<<m);i++)
{
for(int j=;j<n;j++)
{
if(dbt[i]&(1ll<<j))num[i]++;
}
}
f[(<<m)-]=0.00;
for(int i=(<<m)-;i>=;i--)
{
if(!num[i]){f[i]=0.00;continue;}
int tot=m;
for(int j=;j<m;j++)
{
if(i&(<<j))tot--;
}
for(int j=;j<m;j++)
{
if(i&(<<j))continue;
f[i]+=f[i|(<<j)]*1.0/(double)(tot)*(double)(num[i|(<<j)])/(double)(num[i]);
}
f[i]+=1.00;
}
printf("%.9lf",f[]);
return ;
}
CodeForces 482C Game with Strings
hdu 6125 Free from square
由于对于一个合法的答案，sqrt(500)后的素数最多只会用到一个，所以只对前8个素数状压后01背包。
f(S, k)表示素数状态为S时由k个自然数组成的方法有几种。
再对后面的素数分别01背包。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std; int t,n,K;
int num[<<];
bool pr[];
ll f[<<][];
ll ans; int main()
{
num[]=;
int k=;
for(int i=;i<;i++)
{
if(!pr[i])
{
if(k<)num[<<k]=i,k++;
for(int j=i<<;j<;j+=i)pr[j]=;
}
}
for(int i=;i<(<<);i++)
{
int j=(i-)&i;
num[i]=num[j]*num[i^j];
if(num[i]>)num[i]=;
}
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&K);
memset(f,,sizeof(f));
f[][]=;
for(int i=;i<(<<);i++)
{
if(num[i]<=n)
{
int ss =((<<)-)^i;
for(int k=K;k>=;k--)
for(int j=ss;;j=(j-)&ss)
{
f[i|j][k]=(f[i|j][k]+f[j][k-])%mod;
if(j==)break;
}
}
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(pr[i])continue;
for(int k=K;k>;k--)
{
for(int j=;j<(<<);j++)
{
if(num[j]*i<=n)
{
int ss=((<<)-)^j;
for(int s=ss;;s=(s-)&ss)
{
f[j|s][k]=(f[s][k-]+f[j|s][k])%mod;
if(s==)break;
}
}
}
}
}
ans=;
for(int i=;i<(<<);i++)
for(int k=K;k>=;k--)
ans=(ans+f[i][k])%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}
hdu 6125 Free from square
CodeForces 449D Jzzhu and Numbers
传说中的官方题解：
（如果图看起来长宽比不对，查看原图即可）
想法不是很简单。
脑洞大，真的想不出来。
看了题解瞎打了一会，cf测，过不了test5。
盯着code看了半个小时，发现是a数组开小了，少打了个0。
话说a数组本来也没什么用是吧。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std; int n;
int a[];
int f[<<][]; ll ksm(int B,int p)
{
ll ret=;
ll b=B;
while(p)
{
if(p&)ret=(ret*b)%mod;
b=(b*b)%mod;
p>>=;
}
return ret;
} int cnt(int x)
{
int ret=;
while(x)x-=(x&(-x)),ret++;
return (ret&)?-:;
} int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),f[a[i]][]++;
for(int i=;i<=;i++)
{
for(int j=;j<(<<);j++)
{
if(&(j>>(i-)))f[j][i]=f[j][i-];
else f[j][i]=f[j][i-]+f[j+(<<(i-))][i-];
}
}
ll ans=;
for(int i=;i<(<<);i++)
{
ll tmp=((ksm(,f[i][])-)*cnt(i)%mod+mod)%mod;
ans=(ans+tmp+mod)%mod;
}
printf("%I64d",ans);
return ;
}
CodeForces 449D Jzzhu and Numbers
hdu 5713 K个联通块
跟前面某些题相比还是比较友善的。
状态不是很难想，转移也是显然，就是中间的步骤比较多，倒起来有些复杂。
首先算出num[i]表示选点为i状态时，i中这些点相互连边的方案数。
具体做法是找出lowbit代表的那个点，跟前面的点一一计算累加到答案上。
再算出f[i][p]代表所选点集为i时，构成p个联通块的方案数。
第一步要算出f[i][1]。
利用容斥原理，用所有的方法减去不合法的方法。
再利用f[i][1]算出f[i][2...k]。
最后的答案为f[所有点都选((1<<n)-1)][k]。
注意取模。
模数很奇葩。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define mod 1000000009
using namespace std; int t,n,m,k;
int e[][],num[<<];
ll f[<<][]; int count(int nw,int p)
{
int ret=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
if((<<(i-))!=p)continue;
p=i;
break;
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(nw&(<<(i-)))ret+=e[i][p];
}
return ret;
} int main()
{
scanf("%d",&t);
for(int cs=;cs<=t;cs++)
{
memset(e,,sizeof(e));
memset(num,,sizeof(num));
memset(f,,sizeof(f));
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=;i<=m;i++)
{
int v1,v2;
scanf("%d%d",&v1,&v2);
e[v1][v2]=e[v2][v1]=;
}
for(int i=;i<(<<n);i++)
{
int lb=i&(-i);
num[i]=num[i^lb]+count(i,lb);
}
for(int i=;i<(<<n);i++)
{
int lb=i&(-i);
ll no=;
for(int j=i^lb;j;j=((j-)&(i^lb)))
{
no=(no+f[i^j][]*1ll%mod*(1ll<<num[j])%mod)%mod;
}
f[i][]=(1ll*(1ll<<num[i])%mod-no)%mod;
}
for(int i=;i<(<<n);i++)
{
for(int j=;j<=k;j++)
{
int lb=i&(-i);
for(int h=i^lb;h;h=((h-)&(i^lb)))
{
f[i][j]=(f[i][j]+f[h][j-]*f[i^h][]%mod)%mod;
}
}
}
printf("Case #%d:\n%lld\n",cs,(f[(<<n)-][k]%mod+mod)%mod);
}
return ;
}
hdu 5713 K个联通块
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