状压dp-基础题目2（[USACO12MAR] Cows in a Skyscraper G）

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做题反思

这题我一开始没过Subtask #1，当时想的是dp数组存储电梯承载奶牛集合s（二进制转整数）需要的最少趟数，再开一个数组z，存储奶牛集合s的重量，如果zs>w,则让zs%w。这是不对的，比如Subtask #1的数据最大载重w为10，4头奶牛的重量为9，9，9，2，用这个思路，答案是3。问题就在于这种做法会把奶牛"分身"乘坐电梯，比如前两头奶牛，有一头奶牛会有1重量在1趟电梯，另外8重量在另一趟电梯，这就有问题了。

题目正解

• 数组定义
  我们定义一个数组dp，dpij表示第i趟运送奶牛集合j的重量。初始化dp数组为0x3f3f3f3f,dp00=0,dp11\<\<(i-1)=ci。
• 状态转移
  外层遍历趟数，循环遍历为i，范围是1至n。内层循环遍历集合j，范围0至(1<<n),我们看一下用i趟运送奶牛集合j是否能实现，如果可以，则再遍历新加入奶牛，循环变量k，范围是1至n。通过移位运算和与运算判断集合j时候有奶牛k，如果没有就看一下当前dpij+ck是否大于w，如果是，要新开一趟，dpi+1j\|(1\<\<(k-1))=min(dpi + 1j \| (1 \<\< k - 1),ck)；否则， dpij \| (1 \<\< k - 1) = min(dpij \| (1 \<\< k - 1), dpij + ck)。
• 输出答案
  循环变量i遍历1至n，输出第一个dpi(1\<\<0x3f3f3f3f的值，结束。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int w, c[20], dp[20][1 << 20], n;

int main() {
	cin >> n >> w;
	memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
	dp[0][0] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> c[i];
		dp[1][1 << (i - 1)] = c[i];
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 0; j < (1 << n); j++) {
			if (dp[i][j] < 0x3f3f3f3f) {
				for (int k = 1; k <= n; k++) {
					if (!((1 << k - 1)&j)) {
						if (dp[i][j] + c[k] > w)
							dp[i + 1][j | (1 << k - 1)] = min(dp[i + 1][j | (1 << k - 1)], c[k]);
						else
							dp[i][j | (1 << k - 1)] = min(dp[i][j | (1 << k - 1)], dp[i][j] + c[k]);
					}
				}
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (dp[i][(1 << n) - 1] < 0x3f3f3f3f) {
			cout << i;
			break;
		}
	}
	return 0;
}