2019牛客暑期多校训练营（第二场） - F - Partition problem - 枚举

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/882/F

潘哥的代码才卡过去了，自己写的都卡不过去，估计跟评测机有关。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=30;
int g[maxn][maxn],n;
ll ans;
inline void dfs(int mask,int last,int dep,ll sum)
{
    if(!dep){
        if(sum>ans) ans=sum;
        return;
    }
    if(n-last-1<dep) return;
    for(int i=last+1;i<n;++i){
        ll tmp=sum;
        for(int j=0;j<n;++j){
            if(mask>>j&1) tmp-=g[i][j];
            else tmp+=g[i][j];
        }
        dfs(mask|(1<<i),i,dep-1,tmp);
    }
    return;
}
int main()
{
    #ifdef local
    freopen("a.txt","r",stdin);
    #endif // local
    scanf("%d",&n);
    n<<=1;
    for(int i=0;i<n;++i){
        for(int j=0;j<n;++j){
            scanf("%d",&g[i][j]);
        }
    }
    ll sum=0;
    for(int i=1;i<n;++i) sum+=g[0][i];
    dfs(1,0,n/2-1,sum);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

应该最卡常的思路是折一半，2^14预处理前半部分内部的贡献，再一次预处理后半部分内部的贡献。

答案当然就是，前半部分选了i个1，后半部分选n-i个1的，那么考虑他们合并在一起的新的影响。

暴力的话当然是前半部分的每个1对后半部分的每个0匹配一次。然后后半部分的每个1对前半部分的0匹配一次。

复杂度的话，每种组合实际上都要遍历到，\(C_{2n}^n\) 少不了了。但是每次合并只和1的数量有关。所以需要预处理的时候把“前半部分的该状态的0对后半部分的某个1的贡献”也搞出来。

理论上比这个搜索快多的。这个是咖啡鸡的代码的注释版：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll s[1 << 14], t[1 << 14], p[14], q[14], ret, ans;
int c[30][30], n, d[1 << 14];

//枚举t状态
void dfs(int step, int w, int mask, ll sum) {
    //对后半部分搜索完毕
    if(step == n) {
        ret = max(ret, sum + t[mask]);
        return;
    }
    //选择的人没满，后半部分可以再选一个
    if(w < n)
        //这一次step选1，也就是后半部分的第step位选1，后半部分第step个选1那当然要加step
        dfs(step + 1, w + 1, mask | (1 << step), sum + p[step]);
    //等价于n-step+w>n，也就是剩下的人+已选的人超过需要选的人，那么这一步可以选0
    if(w > step)
        dfs(step + 1, w, mask, sum + q[step]);
}

int main() {
#ifdef Yinku
    freopen("Yinku.in", "r", stdin);
#endif // Yinku
    scanf("%d", &n);
    //d[i]表示i状态有多少个1，用于连接两个集合使用
    d[0] = 0;
    for(int i = 1; i < (1 << n); i++)
        d[i] = d[i / 2] + i % 2;
    for(int i = 0; i < n * 2; i++)
        for(int j = 0; j < n * 2; j++)
            scanf("%d", &c[i][j]);
    //折半枚举
    //s[i]表示前半部分内部的贡献，t[i]表示后半部分内部的贡献
    for(int i = 0; i < (1 << n); i++) {
        for(int j = 0; j < n; j++)
            if(!(i & (1 << j)))
                for(int k = j + 1; k < n; k++)
                    if(i & (1 << k))
                        s[i] += c[j][k], t[i] += c[j + n][k + n];
        for(int j = 0; j < n; j++)
            if(i & (1 << j))
                for(int k = j + 1; k < n; k++)
                    if(!(i & (1 << k)))
                        s[i] += c[j][k], t[i] += c[j + n][k + n];
    }
    //折半枚举
    //p[k]表示当前前半部分为i状态，后半部分的第k个为1的时候的对前半部分的所有的0产生的贡献
    //q[k]表示当前前半部分为i状态，后半部分的第k个为0的时候的对前半部分的所有的1产生的贡献
    for(int i = 0; i < (1 << n); i++) {
        for(int k = 0; k < n; k++)
            p[k] = 0, q[k] = 0;
        for(int j = 0; j < n; j++) {
            if(!(i & (1 << j)))
                for(int k = 0; k < n; k++)
                    p[k] += c[j][k + n];
            else
                for(int k = 0; k < n; k++)
                    q[k] += c[j][k + n];
        }
        ret = 0;
        //前半部分为i状态，它拥有d[i]个已选择的人
        dfs(0, d[i], 0, 0);
        //把前半部分的s[i]状态加进去
        ans = max(ans, ret + s[i]);
    }
    printf("%lld\n", ans);
}