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

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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

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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

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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

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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

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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

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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