UVa 1252 - Twenty Questions（状压DP）

链接：

https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=3693

题意：

有n（n≤128）个物体，m（m≤11）个特征。每个物体用一个m位01串表示，表示每个特征是具备还是不具备。
我在心里想一个物体（一定是这n个物体之一），由你来猜。
你每次可以询问一个特征，然后我会告诉你：我心里的物体是否具备这个特征。
当你确定答案之后，就把答案告诉我（告知答案不算“询问”）。
如果你采用最优策略，最少需要询问几次能保证猜到？
例如，有两个物体：1100和0110，只要询问特征1或者特征3，就能保证猜到。

分析：

为了叙述方便，设“心里想的物体”为W。首先在读入时把每个物体转化为一个二进制整数。
不难发现，同一个特征不需要问两遍，所以可以用一个集合k表示已经询问的特征集。
在这个集合k中，有些特征是W所具备的，剩下的特征是W不具备的。
用集合c来表示“已确认物体W具备的特征集”，则c一定是k的子集。
设d(k,c)表示已经问了特征集k，其中已确认W所具备的特征集为c时，还需要询问的最小次数。
如果下一次提问的对象是特征i（这就是“决策”），则询问次数为：max{d(k+{i},c+{i}),d(k+{i},c)}+1。
考虑所有的i，取最小值即可。边界条件为：如果只有一个物体满足“具备集合c中的所有特征，
但不具备集合k-c中的所有特征”这一条件，则d(k,c)=0，因为无须进一步询问，已经可以得到答案。
因为c为k的子集，所以状态总数为3^m，时间复杂度为O(m*3^m)。
对于每个k和c，可以先把满足该条件的物体个数统计出来，保存在amt[k][c]，避免状态转移的时候重复计算。
统计amt[k][c]的方法是枚举k和物体，时间复杂度为O(n*2^m)，对于本题来说可以忽略不计。

代码：

 #include <cstdio>
 #include <algorithm>
 using namespace std;

 const int INF = 0x3f3f3f3f;
 const int UPM = ;
 const int UPN = ;
 int n, m, d[<<UPM][<<UPM], amt[<<UPM][<<UPM];
 char s[UPN+][UPM+];

 void init() {
     int u = <<m;
     for(int k = ; k < u; k++) {
         amt[k][] = ;
         d[k][] = INF;
         for(int c = k; c; c = k&(c-)) amt[k][c] = , d[k][c] = INF;
     }
     for(int t = ; t < n; t++) {
         int c = ;
         for(int i = ; i < m; i++) if(s[t][i] == '') c |= (<<i);
         for(int k = ; k < u; k++) amt[k][k&c]++;
     }
 }

 int dp(int k, int c) {
     int& res = d[k][c];
     if(res != INF) return res;
     if(amt[k][c] < ) return res = ;
     for(int i = ; i < m; i++) {
         if(k&(<<i)) continue;
         int k2 = k|(<<i), c2 = c|(<<i);
         int need = max(dp(k2,c), dp(k2,c2));
         res = min(res, need);
     }
     return res += ;
 }

 int main() {
     while(scanf("%d%d", &m, &n) && m) {
         for(int i = ; i < n; i++) scanf("%s", s[i]);
         init();
         printf("%d\n", dp(,));
     }
     return ;
 }