csp信奥赛c++之状压枚举
研究案例：GEPPETTO
题目描述
Geppetto 开了一家披萨店，他正在努力做出全市最好的披萨。
Geppetto 用 N N N 种原材料做比萨，每种原材料只有一个。原材料标号为 1 1 1 到 N N N。做披萨很简单，只要把原材料混合好然后放进烤箱里烤一烤就行了。但 Geppetto 发现一共有 M M M 对原材料是冲突的，如果一对冲突的原材料混合在一份披萨里，这份披萨就会变得十分难吃。这给他带来了额外的麻烦。
Geppetto 想知道他最多能做多少种不同的比萨。如果一份比萨上有编号为 i i i 的原材料，而另一份比萨上没有，那么这两份比萨就是不同的。
输入格式
第一行两个整数 N , M N,M N,M，分别表示原材料总数和冲突总数。
接下来 M M M 行，每行两个整数 x i , y i x_i,y_i xi,yi，表示一对冲突中两种原材料的编号。
输出格式
一行一个整数，表示 Geppetto 最多能做多少种披萨。
输入输出样例 1
输入 1
3 2
1 2
2 3输出 1
5输入输出样例 2
输入 2
3 0输出 2
8输入输出样例 3
输入 3
3 3
1 2
1 3
2 3输出 3
4说明/提示
【样例 1 解释】
Geppetto 可以做出以下 4 种披萨：
1
2
3
1 3
不过因为 Geppetto 可以不放原材料，所以最多可以做出 5 种披萨。
【样例 2 解释】
没有原材料冲突，所以一共可以做出 2 3 = 8 2^3=8 23=8 种披萨。
【样例 3 解释】
由于所有原材料都互相冲突，所以 Geppetto 只能放一种原材料或者不放原材料，一共可以做出 1 + 3 = 4 1+3=4 1+3=4 种披萨。
【数据范围】
对于 100 % 100\% 100% 的数据， 1 ≤ N ≤ 20 ， 0 ≤ M ≤ 400 ， 1 ≤ x i , y i ≤ N 1\le N\le 20，0\le M\le 400，1\le x_i,y_i\le N 1≤N≤20，0≤M≤400，1≤xi,yi≤N，保证 x i ≠ y i x_i\ne y_i xi=yi。
题目分析
题目要求计算使用 N N N 种原材料制作披萨的方案数，其中原材料编号 1 ∼ N 1 \sim N 1∼N，每种原料最多用一次（即选取一个子集）。有 M M M 对冲突关系，如果一个披萨中同时包含某一对冲突的原材料，则该披萨不可行。需要统计所有可行的披萨种类（包括空披萨，即什么都不放）。
N ≤ 20 N \le 20 N≤20，因此总子集数为 2 N 2^N 2N，直接枚举所有子集并检查冲突是可行的。
思路分析
- 将原材料编号映射为 0 ∼ N − 1 0 \sim N-1 0∼N−1，方便位运算处理。
- 用一个整数 s s s 的二进制位表示子集：第 i i i 位为 1 1 1 表示选取了原材料 i i i。
- 枚举 s s s 从 0 0 0 到 2 N − 1 2^N - 1 2N−1。
- 对于每个子集 s s s，检查所有 M M M 对冲突 ( x , y ) (x, y) (x,y)：如果 s s s 中同时包含 x x x 和 y y y（即
(s>>x & 1) && (s>>y & 1)为真），则该子集非法，否则合法。 - 统计合法子集个数，即为答案。
时间复杂度 O ( 2 N ⋅ M ) O(2^N \cdot M) O(2N⋅M)，最坏约 4 × 10 8 4 \times 10^8 4×108 次操作，C++ 在极限数据下可能略慢，但通常可接受。
代码实现
cpp
#include<bits/stdc++.h> // 万能头文件
using namespace std;
int n, m, a[410], b[410]; // a,b 存储冲突对的两端，数组大小根据 M≤400 开够
int main() {
// 输入原材料数 n 和冲突对数 m
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
cin >> a[i] >> b[i];
// 将编号转换为 0~n-1，方便位运算
--a[i];
--b[i];
}
int ans = 0; // 答案计数
// 枚举所有子集，s 从 0 到 (1<<n)-1
for (int s = 0; s < (1 << n); ++s) {
bool ok = true; // 标记当前子集是否合法
// 检查所有冲突对
for (int i = 0; i < m; ++i) {
// 如果子集中同时包含 a[i] 和 b[i] 这两个原料
if ((s >> a[i] & 1) && (s >> b[i] & 1)) {
ok = false; // 非法，退出检查
break;
}
}
if (ok) ++ans; // 合法则计数
}
cout << ans << endl;
return 0;
}功能分析
- 算法原理：暴力枚举 + 冲突检测。利用二进制位表示子集，通过位运算快速判断某个元素是否在子集中。
- 时间复杂度 ： O ( 2 N ⋅ M ) O(2^N \cdot M) O(2N⋅M)，当 N = 20 , M = 400 N=20, M=400 N=20,M=400 时，约为 4 × 10 8 4 \times 10^8 4×108 次检查，实际运行在评测环境下可接受。
- 空间复杂度 ： O ( M ) O(M) O(M)，仅存储冲突对。
- 适用性 ： N N N 较小（≤20）时非常有效；若 N N N 更大则需考虑其他方法（如 DP、容斥等）。
- 边界情况 ：
- M = 0 M=0 M=0：无冲突，答案为 2 N 2^N 2N。
- 冲突对可能重复？题目未说明，但即使重复也不影响结果（重复检查不影响正确性，可优化去重但没必要）。
- 空集（ s = 0 s=0 s=0）总是合法。
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cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
cout<<"########## 一站式掌握信奥赛知识! ##########";
cout<<"############# 冲刺信奥赛拿奖! #############";
cout<<"###### 课程购买后永久学习，不受限制! ######";
return 0;
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· 文末祝福 ·
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
cout<<"跟着王老师一起学习信奥赛C++";
cout<<" 成就更好的自己！ ";
cout<<" csp信奥赛一等奖属于你! ";
return 0;
}