牛客练习赛49 B 筱玛爱阅读 （状压DP，子集生成）

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/946/B

来源：牛客网

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64bit IO Format: %lld

题目描述

筱玛是一个热爱阅读的好筱玛，他最喜欢的事情就是去书店买书啦！

一天，他来到一家有

n

n本书的书店，筱玛十分快乐，决定把这家店里所有的书全部买下来。

正巧今天店里在搞促销活动，包含若干个促销方案。每个促销方案是由指定的若干本书构成的集合，如果购买了该方案中所有的书，那么其中最便宜的一本书将免费。但是，每本书只能用于一个促销方案。

作为店里的VIP，筱玛会得到

n

n个价格标签。筱玛可以给每本书挑选一个价格标签，使得每个价格标签和每本书一一对应。

筱玛想要知道，在合理利用所有促销方案的情况下，买下所有书最小要多少钱。

输入描述:

第一行两个数

n

,

m

n,m，分别表示书的本数和促销方案的种数。

第二行

n

n个整数，表示每个价格标签上的标注的价格。

接下来

m

m行，每行第一个数

k

k表示该促销方案包含书的数量。接下来

k

k个数，表示书的编号。

输出描述:

输出一行一个数，表示答案。

示例1

输入

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4 2

2 3 2 4

2 2 3

2 2 4

输出

复制

8

备注:

对于100%的数据，

1

≤

n

≤

15

,

1

≤

m

≤

2

n

−

1

1≤n≤15,1≤m≤2n−1，所有标签价值之和在

int

int范围内。

题意：



思路：



首先进行二进制状压，i代表的整数的二进制信息中的第i位为1，代表取第i位。

然后对读入的书价进行降序排序，

然后把m个方案数进行状压成now ，vis[now] =1 代表有now这个状态的优惠方案。

定义状压DP的状态，dp[i] 代表买了i状态的书，最多优惠多少元。

同时维护数组cnt[i] 代表 第i个状态买了几本书，即二进制状态中有多少个1，我们可以用dp来获得。

那么dp[i] 有三种更新方式，

1，有i这个优惠方案，那么dp[i] 的最小就可以优惠 a[cnt[i]] 元，（a是已排序后的数组）

2，多个状态的补集为i，例如 j^x=i，那么dp[i] 就可以由先使用j方案的优惠，取得了a[cnt[j] 优惠，然后再用 x方案，因为x方案是j关于i状态的补集，所以x,j方案都使用后，x方案可以获得的优惠是a[cnt[i]] 元。

3、一个不是在优惠方案中的数j，和其他状态来更新的。（这样可以确保每一个状态被更新到。）

所以书的价格和是sum，

那么 答案就是sum-dp[(1<<n)-1]

细节见代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define rt return
#define dll(x) scanf("%I64d",&x)
#define xll(x) printf("%I64d\n",x)
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '\0', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define chu(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]"<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll lcm(ll a,ll b){return a/gcd(a,b)*b;}
ll powmod(ll a,ll b,ll MOD){ll ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn=1000010;
const int inf=0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
ll a[50];
int n;
int m;
int vis[maxn];
int cnt[maxn];
ll dp[maxn];
int main()
{
    // freopen("D:\\common_text\\code_stream\\in.txt","r",stdin);
    //freopen("D:\\common_text\code_stream\\out.txt","w",stdout);
    gbtb;
    cin>>n;
    cin>>m;
    repd(i,1,n)
    {
        cin>>a[i];
    }
    sort(a+1,a+1+n,greater<ll>());
    repd(i,1,m)
    {
        int k;
        cin>>k;
        int v;
        int now=0;
        repd(j,1,k)
        {
            cin>>v;
            now|=(1<<(v-1));
        }
        vis[now]=1;
    }
    // dp[i]代表买了i状态的书，最多可以优惠多少元。
    int maxstate=(1<<n)-1;// 最大二进制状态
    for(int i=1;i<=maxstate;++i)
    {
        cnt[i]=cnt[i&(i-1)]+1;// dp 求cnt[i]，cnt[i]代表i的二进制中有多少个1,从i-lowbit(i)转移
    }
    // repd(i,1,maxstate)
    // {
    //     chu(cnt[i]);
    // }
    for(int i=0;i<=maxstate;++i)// 枚举所有二进制状态
    {
        if(vis[i])
            dp[i]=max(dp[i],a[cnt[i]]);// 用i方案来免费第cnt[i]贵的书
        // chu(i);
        for(int j=i;j;j=i&(j-1))// 枚举i的所有子集j
        {

            int x=j^i;// x是 j关于i的补集
            if(!vis[x])
                continue;
            dp[i]=max(dp[i],dp[j]+a[cnt[i]]);
            // 因为 x^j=i,那么我们就用 x+j混合的方案来使得i状态的cnt[i]个书都买，最大优惠了dp[j]+a[cnt[i]]
        }
        for(int j=0;j<n;j++)// 尝试牺牲一本书（即全价买它），来保证更新所有状态
        {
            dp[i|(1<<j)]=max(dp[i|(1<<j)],dp[i]);
        }
    }
    ll sum=0ll;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        sum+=a[i];
    }
    // chu(dp[(1<<n)-1]);
    cout<<sum-dp[(1<<n)-1]<<endl;

    return 0;
}

inline void getInt(int* p) {
    char ch;
    do {
        ch = getchar();
    } while (ch == ' ' || ch == '\n');
    if (ch == '-') {
        *p = -(getchar() - '0');
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 - ch + '0';
        }
    }
    else {
        *p = ch - '0';
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 + ch - '0';
        }
    }
}