POJ 2923 Relocation 装车问题 【状态压缩DP】+【01背包】

题目链接:https://vjudge.net/contest/103424#problem/I

转载于：>>>大牛博客

题目大意：

有 n 个货物，并且知道了每个货物的重量，每次用载重量分别为c1,c2的火车装载，问最少需要运送多少次可以将货物运完。

解题分析：

物品个数最多是10个，可以用0和1分别表示物品是否被选中运送

假设有3个物品，那么可以用001表示当前这一次选择将第3个物品运走

那么，所有的状态可以用0~2^n-1对应的二进制数表示出来

对于上述每一种状态，选择其中可以一次运走的状态进行01背包

其中，所有位全部为1的二进制数表示背包总体积

每个物品的体积是该状态对应二进制数中1的个数

为了把物品全部运走，要选择一些状态把背包的1全部被填满

值得注意的是，因为一件物品不会被运2次，所以所有选取的状态应该是没有交集的

比如1001101和1110010是不行的，第一件物品被运了2次

然后为了使次数最小，可以将次数抽象成01背包中的物品价值，每种状态对应运送一次，价值是1

 

如何判断某种状态是否可以一次运走？

因为有2辆车，所以将要判断该状态是否能分成满足体积分别小于等于车体积的2份，

如何从十进制中取出该状态被选择的物体？

也就是将二进制中的1的位置取出来

利用 ：>> :右移运算符 << 左移运算符  & 按位与运算符

假设有一个二进制数： x  =  01101

那么将它右移2位  : x>>=2,他会变成 00011（移出位被丢弃，左边移出的空位或者一律补0，或者补符号位）

我们知道1的二进制数是最后一位为1其他全为0，如果某数的二进制从又往左数第2位是1，移位之后这个1

变成最后一位，和二进制只有最后一位是1的数字1&之后还是1，而如果某数的二进制从又往左数第2位是0

的话，和二进制只有最后一位是1的数字1&之后将是0（因为1除了最后一位其他位全为0，而该数移位后最后一位是0）

综上所述      (x>>i)&1可以判断x从右往左第i位是0还是1【同理（x&(1<<i)）也可以判断】

知道怎么找到二进制数中1的位置基本状压的代码也不难懂了

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define inf 1<<30
using namespace std;
const double PI = acos(-1.0);
typedef long long LL;
int state[];
int dp[];
bool vis[];
int n,v1,v2,tot;
int c[];
bool ok(int x)//判断一种状态是否可行（可以一次运走）
{
    int sun = ;
    mem(vis,);
    vis[] = ;
    for (int i = ;i < n;i++)
    {
        if ((x>>i)&)
        {
            sun += c[i];
            for (int j = v1;j >= c[i];j--) //这个真的非常巧妙 开始看半天都不懂，自己模拟一遍才懂
            {                              //比如说此状态有c1、c2、c3,3个体积，第一次操作把体积c1标记为1，
                  if (vis[j-c[i]])         //第二次操作把c2和c1+c2两种体积标记为1，第三次把c3和前面的组合标记为1，
                    vis[j] = ;            //最后这些体积能组合成的所有体积就都被标记成了1
            }
        }
    }
    if (sun > v1+v2)//装不下
        return ;
    //总体积小不代表一定装得下，拆分成2份要2份都装得下
    for (int i = ;i <= v1;i++)
    {
        if (vis[i]&&sun-i <= v2)//如果存在（i,sun-i）这样的组合
            return ;           //满足i可以被v1装下(前面for循环是对于v1的，vis[i]表示体积i可以被v1装下)，sun-i可以被v2装下
    }
    return ;
}
void init()//初始化找到满足条件的状态
{
    tot = ;
    for (int i = ;i < (<<n);i++)
    {
        dp[i] = inf;
        if (ok(i))
            state[tot++] = i;
    }
}
int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    int oo = ;
    while (T--)
    {
        cin>>n>>v1>>v2;
        for (int i = ;i < n;i++)
            scanf("%d",&c[i]);
        init();
        int V = (<<n) - ;//V是n个1的二进制数
        dp[] = ;//没有物品当然是0次运走
        for (int i = ;i < tot;i++)
        {
            for (int j = V;j >= ;j--)
            {
                if (dp[j] == inf)
                    continue;    //原版的背包是dp[j] = min(dp[j],dp[j-c[i]]+w[i])
                                  //但是显然二进制不好表示减，但是可以用|抽象加
                                  //这就相当于背包改版成dp[j+c[i]] = min(dp[j+c[i]],dp[j] + w[i])
                if ((j&state[i])==) //当然2种状态不能有交集
                {
                    dp[j|state[i]] = min(dp[j|state[i]] ,dp[j] + );
                }  

            }
        }
        printf("Scenario #%d:\n%d\n",++oo,dp[V]);
        if (T) puts("");
    }
    return ;
}  

2018-05-13