[CTSC1999][网络流24题]补丁VS错误

题目：洛谷P2761、vijos P1019、codevs1239、codevs2218。

题目大意：有n个错误，m个不同的补丁。

对于一个补丁，有两个不同的字符串描述。具体如下：

如果当前错误包含第一个字符串中“+”的所有错误，且不包含第一个字符串中“-”的所有错误，则可以用这个补丁。

使用这个补丁将修复第二个字符串中“-”的所有错误，但会增加第二个字符串中“+”的错误。

使用每个补丁都要耗费一定的时间。

现在这些错误都有，每个补丁可以重复安装，问你最短要多长时间能修复所有错误，如果无法完成，输出0。

解题思路：并没有看出来要用什么网络流。

首先最多20个错误，用32位整数的每一位保存一种错误，完全没有问题。

然后，可以发现本题是一个最短路问题，要从最初有全部错误的状态转移到最终无错误的状态，其中有很多状态，且有很多连边。

但是状态数太多，没法保存边怎么办？

直接在SPFA/Dijkstra里枚举要用的补丁即可。

在这之中的一些判断就要用到位运算，不懂的可以百度。

到0的最短路长度即为答案。

如果发现无答案，则输出0。

C++ Code：

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
int n,m,dis[1<<21];
bool vis[1<<21];
struct buding{
	int has,donthas,ac,wa,t;//has表示要有这些错误，donthas表示不能有这些错误，ac表示可以修复这些错误，wa表示会添加这些错误,t表示时间。
	buding():has(0),donthas(0),ac(0),wa(0){}
}e[125];
char b[30],f[30];
std::queue<int>q;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d%s%s",&e[i].t,b,f);
		for(int j=0;j<n;++j){
			if(b[j]=='+')e[i].has|=1<<j;else
			if(b[j]=='-')e[i].donthas|=1<<j;
			if(f[j]=='+')e[i].wa|=1<<j;else
			if(f[j]=='-')e[i].ac|=1<<j;
		}
	}
	q.push((1<<n)-1);
	memset(dis,0x3f,sizeof dis);
	dis[(1<<n)-1]=0;
	memset(vis,0,sizeof vis);
	vis[(1<<n)-1]=1;
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();
		q.pop();
		vis[u]=0;
		for(int i=1;i<=m;++i)
		if(((u&e[i].has)==e[i].has)&&(!(u&e[i].donthas))){
			int to=(~((~u)|e[i].ac))|e[i].wa;
			if(dis[to]>dis[u]+e[i].t){
				dis[to]=dis[u]+e[i].t;
				if(!vis[to]){
					vis[to]=true;
					q.push(to);
				}
			}
		}
	}
	if(dis[0]==0x3f3f3f3f)puts("0");else
	printf("%d\n",dis[0]);
	return 0;
}