状压DP之子集枚举

什么是子集枚举？

就是在状态压缩后，枚举该状态的子状态。

做法

1. 一个 \(4^n\) 做法，直接枚举所有情况，并判断两个集合 \(S\) 和 \(T\) 中 \(T \in S\)。

for (int s = 0; s < (1 << n); s++) {
	for (int t = 0; t < (1 << n); t++) {
		if ((s & t) == t) {
			// t是s的子集
		}
	}
}

2. \(3^n\) 做法，借助位运算降低复杂度。

for (int s = 0; s < (1 << n); s++) {
	for (int t = s; t; t = (t - 1)&s) {
		// t是s的子集
	}
}

复杂度证明

假设集合大小为 \(n\)。

对于一个特定的 \(mask\)，如果它包含 \(k\) 个 \(1\)，那么它有 \(2^k\) 个子集。
\(mask\) 中包含 \(k\) 个 \(1\) 的情况共有 \(C_n^k\)（即组合数 {n \\choose k} ）种。

因此总的操作次数为：

\[\sum_{k=0}^n {n \choose k} 2 ^ k \]

由二项式定理\((x + y) ^ n = \sum {n \choose k} x^k y^{n-k}\)可得：

代入 \(x = 2, y = 1\) 得 $$ \sum_{k=0}^n {n \choose k} 2^k 1^{n-k} = (2 + 1) ^ n = 3^n $$

简单例题：Cows in a Skyscraper G

做法

两种做法。

1. 搜索

用 \(sum\) 数组存下每个电梯所装的奶牛的重量。

dfs 中传入两个参数：\((r, cnt)\)

分别表示：当前奶牛和电梯数量。

现在就简单了，在每一次 dfs 中，枚举每一个电梯。

• 如果能装进此电梯，就装进去，并往下。
• 枚举完了再 dfs 一次，表示增加一个电梯。

最后记录最小值即可。

有几个剪枝方案。

1. 如果当前的电梯数量已经大于了最小的数量，那么就不枚举了。
2. 在 dfs 前，将奶牛的重量从大到小的排序，这样就减少了可行方案。

戳我看代码喵~

int n, w;
lint val[N];
lint sum[N];
int ans = 1e9;
bool vis[N];

void dfs(int r, int cnt) {
	if (cnt > ans) return ;
	if (r == n) {
		ans = min(ans, cnt);
		return ;
	}
	for (int i = 0; i < cnt; i++) if (sum[i] + val[r] <= w) {
		sum[i] += val[r];
		dfs(r + 1, cnt);
		sum[i] -= val[r];
	}
	sum[cnt] = val[r];
	dfs(r + 1, cnt + 1);
	sum[cnt] = 0;
}

int main() {
	n = re, w = re;
	for (int i = 0; i < n; i++) val[i] = re;
	sort(val, val + n, greater<int>());
	dfs(0, 1);
	wr(ans), endl;
}

2. DP做法

这种做法还要分两种做法。

1. O(3\^n) 做法

\(dp_s\) 表示状态为 \(s\) 时，需要的最少电梯次数。

转移式还是很简单

\[dp_s = min(dp_{s \oplus t}),{t \subseteq s} \]

戳我喵~

int n, w;
lint val[30], W[(1 << 18) + 10];
lint dp[(1 << 18) + 10];

signed main() {
	IAKIOI;
	n = re, w = re;
	for (int i = 0; i < n; i++) val[i] = re;
	memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
	dp[0]=0;
	for (int s = 1; s < (1 << n); s++) for (int i = 0; i < n; i++) if ((s >> i) & 1) W[s] += val[i];
	for (int s = 1; s < (1 << n); s++) for (int t = s; t; t = (t - 1) & s) if (W[t] <= w) dp[s] = min(dp[s], dp[s ^ t] + 1);
	wr(dp[(1 << n) - 1]), endl;
}

2. \(O(2 ^ n \times n ^ 2)\) 做法

dp_{i, s} ：表示当前已经开启了 \(i\) 架电梯, 且当前已下楼奶牛的状态为 \(s\) 的情况下，最后一架电梯当前的载重量。

• 当前电梯还能装下，即不用新开电梯

那么

\[dp_{i, s | (1 << k)} = min(dp_{i, s} + val_k) \]

• 当前电梯不能装下，即需要新开电梯

那么

\[dp_{i + 1, s | (1 << k)} = min(val_k) \]

戳我喵~

int n, w;
int val[30];
int dp[30][(1 << 21) + 10];

signed main() {
	IAKIOI;
	n = re, w = re;
	for (int i = 0; i < n; i++) val[i] = re;
	memset(dp, INF, sizeof dp);
	for (int i = 0; i < n; i++) dp[i + 1][1 << i] = val[i];
	for (int s = 1; s < (1 << n); s++) for (int i = 1; i <= n; i++) if (dp[i][s] <= w) for (int k = 0; k < n; k++) if (!((s >> k) & 1)) {
		if (dp[i][s] + val[k] <= w) dp[i][s | (1 << k)] = min(dp[i][s | (1 << k)], dp[i][s] + val[k]);
		else dp[i + 1][s | (1 << k)] = min(dp[i + 1][s | (1 << k)], val[k]);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) if (dp[i][(1 << n) - 1] != INF) {
		wr(i), endl;
		return 0;
	}
}