[hihoCoder] #1044 : 状态压缩·一

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描述

小Hi和小Ho在兑换到了喜欢的奖品之后，便继续起了他们的美国之行，思来想去，他们决定乘坐火车前往下一座城市——那座城市即将举行美食节！

但是不幸的是，小Hi和小Ho并没有能够买到很好的火车票——他们只能够乘坐最为破旧的火车进行他们的旅程。

不仅如此，因为美食节的吸引，许多人纷纷踏上了和小Hi小Ho一样的旅程，于是有相当多的人遭遇到了和小Hi小Ho一样的情况——这导致这辆车上的人非常非常的多，以至于都没有足够的位置能让每一个人都有地方坐下来。

小Hi和小Ho本着礼让他们的心情——当然还因为本来他们买的就是站票，老老实实的呆在两节车厢的结合处。他们本以为就能够这样安稳抵达目的地，但事与愿违，他们这节车厢的乘务员是一个强迫症，每隔一小会总是要清扫一次卫生，而时值深夜，大家都早已入睡，这种行为总是会惊醒一些人。而一旦相邻的一些乘客被惊醒了大多数的话，就会同乘务员吵起来，弄得大家都睡不好。

将这一切看在眼里的小Hi与小Ho决定利用他们的算法知识，来帮助这个有着强迫症的乘务员——在不与乘客吵起来的前提下尽可能多的清扫垃圾。

小Hi和小Ho所处的车厢可以被抽象成连成一列的N个位置，按顺序分别编号为1..N，每个位置上都有且仅有一名乘客在休息。同时每个位置上都有一些垃圾需要被清理，其中第i个位置的垃圾数量为Wi。乘务员可以选择其中一些位置进行清理，但是值得注意的是，一旦有编号连续的M个位置中有超过Q个的位置都在这一次清理中被选中的话（即这M个位置上的乘客有至少Q+1个被惊醒了），就会发生令人不愉快的口角。而小Hi和小Ho的任务是，计算选择哪些位置进行清理，在不发生口角的情况下，清扫尽可能多的垃圾。

提示一：无论是什么动态规划，都需要一个状态转移方程！

提示二：好像什么不对劲？状态压缩哪里去了？

输入

每个测试点（输入文件）有且仅有一组测试数据。

每组测试数据的第一行为三个正整数N、M和Q，意义如前文所述。

每组测试数据的第二行为N个整数，分别为W1到WN，代表每一个位置上的垃圾数目。

对于100%的数据，满足N<=1000, 2<=M<=10,1<=Q<=M, Wi<=100

输出

对于每组测试数据，输出一个整数Ans，表示在不发生口角的情况下，乘务员最多可以清扫的垃圾数目。

样例输入

5 2 1
36 9 80 69 85 

样例输出

201

状态压缩的核心思想就是用二进制位来表示对应的位置的两种状态，问题在于怎么知道哪些状态是合法的哪些状态是不合法的，所以在写代码前先要把判断状态转移的情况考虑清楚。还是初始状态的处理。

 #include <iostream>
 #include <cstring>
 using namespace std;

 const int MAX_N = ;
 const int MAX_M = ;

 int N, M, Q;
 int w[MAX_N];
 int dp[MAX_N][<<MAX_M];
 bool ok[<<MAX_M];

 void init() {
     memset(ok, false, sizeof(ok));
     int val, cnt;
     for (int i = ; i < (<<M); ++i) {
         val = i; cnt = ;
         while (val > ) {
             cnt += (val & );
             val >>= ;
         }
         ok[i] = (cnt <= Q);
     }
 }

 void solve() {
     memset(dp, -, sizeof(dp));
     memset(dp[], , sizeof(dp[]));
     for (int i = ; i <= N; ++i) {
         for (int j = ; j < (<<M); ++j) if (dp[i-][j] != -) {
             int s0 = ((j<<) & ((<<M) - ));
             int s1 = ((j<< | ) & ((<<M) - ));
             dp[i][s0] = max(dp[i][s0], dp[i-][j]);
             if (ok[s1]) {
                 dp[i][s1] = max(dp[i][s1], dp[i-][j] + w[i]);
             }
         }
     }
     int res = ;
     for (int i = ; i < (<<M); ++i) {
         res = max(res, dp[N][i]);
     }
     cout << res << endl;
 }

 int main() {
     while (cin >> N >> M >> Q) {
         init();
         for (int i = ; i <= N; ++i) {
             cin >> w[i];
         }
         solve();
     }
     return ;
 }