JZYZOJ1530 [haoi2013]开关控制 状压 dfs 折半搜索

http://172.20.6.3/Problem_Show.asp?id=1530

元宵节快要到了，某城市人民公园将举办一次灯展。Dr.Kong准备设计出一个奇妙的展品，他计划将编号为1到N的N（1 <= N <= 35）盏灯放置在一个有M条（1 <= M <= 595）边连接的网络节点上。
每盏灯上面都带有一個开关。当按下某一盏灯的开关時，这盏灯本身以及与之有边相连的灯的状态就会改变。状态改变指的是：当一盏灯是亮时，就会被关闭；当一盏灯是关闭时，就会被打开亮着。
现在的问题是，你能帮助Dr.Kong计算一下最少要按下多少个开关，才能把所有的灯都打开亮着（初始状态：所有的灯都是关闭的）。
数据保证至少有一种按开关的方案，使得所有的灯都能被重新打开。

题目和数据范围说明这道题可以dfs，但是直接dfs会超时。

这里要用一个在很多可以状压的dfs里都很有用的优化技巧（可以把普通dfs的时间复杂度优化到开根号）：折半搜索。

在这道题中，因为每个灯只有按或者不按两种选项，可以对前n/2个点进行搜索，再对剩余的点进行一次搜索并hash查找对应状态。

代码

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 #include<iostream>
 #include<map>
 using namespace std;
 map<long long,long long>q;
 long long n,m,mid;
 bool e[][]={};
 long long v[]={};
 long long ans=;
 long long cnt=;
 void dfs(long long x,long long k,long long num){
     if(num){
         if(k<q[num]||q[num]==)q[num]=k;
     }
     if(k>ans)return;
     if(num==cnt)
         if(k<ans)ans=k;
     for(int i=x+;i<=mid;i++){
         dfs(i,k+,num^v[i]);
     }
 }
 void dfs1(long long x,long long k,long long num){
     if(k>ans)return;
     if(num==cnt){
         if(k<ans)ans=k;
         return;
     }
     long long xx=cnt-num;
     long long w=q[xx];
     if(w!=){
         if(w+k<ans){
             ans=w+k;
             return;
         }
     }
     for(int i=x+;i<=n;i++){
         dfs1(i,k+,num^v[i]);
     }
 }
 int main(){
     scanf("%lld%lld",&n,&m);
     mid=n/;
     long long x,y;
     for(int i=;i<=m;i++){
         scanf("%lld%lld",&x,&y);
         e[x][y]=;e[y][x]=;
     }
     for(int i=;i<=n;i++){
         e[i][i]=;
         long long num=;
         for(int j=;j<=n;j++){
             if(e[i][j])num+=(long long)<<(j-);
         }v[i]=num;
     }cnt=((long long)<<n)-;ans=n;
     dfs(,,);
     dfs1(mid,,);
     cout<<ans<<endl;
     return ;
 }