poj2436，poj3659，poj2430

这两题都体现了dp的核心：状态

dp做多就发现，状态一设计出来，后面的什么都迎刃而解了（当然需要优化的还要动动脑筋）；

先说比较简单的；

poj2436 由题得知病毒种数<=15很小，于是我们就容易想到将病每个牛携带的病毒抽象成15位的二进制数

0表示这种病毒不存在，1表示病毒存在，于是设cowi携带的病毒转化为二进制数为a，cowj为b

则如果挤cowi和cowj，那么所含病毒数为a or b，由此dp就显然了；

 var dp:array[..,..] of longint;  //表示所含病毒数为j的情况下最多可以挤多少只牛
     w,f:array[..] of longint;
     s,ans,x,i,j,n,m,k,t,y,k1,k2:longint;

 function prework(x:longint):longint;  //预处理数字代表的病毒种类数目
   var t:longint;
   begin
     t:=;
     while x<> do
     begin
       t:=t+x mod ;
       x:=x div ;
     end;
     exit(t);
   end;

 begin
   readln(t,m,k);
   s:= shl m-;
   f[]:=;
   for i:= to s do 
   begin
     f[i]:=prework(i);
     dp[,i]:=-;
   end;
   for i:= to t do
   begin
     read(x);
     if x>k then readln
     else begin
       n:=n+;
       w[n]:=;
       for j:= to x do   //转化为二进制
       begin
         read(y);
         w[n]:=w[n]+ shl (y-);
       end;
     end;
   end;
   dp[,]:=;
   k1:=;
   k2:=;
   ans:=;
   for i:= to n do   //dp
   begin
     k1:=k1 xor ;  //滚动数组
     k2:=k2 xor ;
     dp[k2]:=dp[k1];
     for j:= to s do
     begin
       x:=j or w[i];  //位运算
       if (f[x]<=k) and (f[j]<=k) and (dp[k1,j]>=) then
         dp[k2,x]:=max(dp[k2,x],dp[k1,j]+);
       ans:=max(dp[k2,x],ans);
     end;
   end;
   writeln(ans);
 end.

poj2436

写的比较随意，有些地方还可以优化 O(n*2^m)是可以在1s出来的，实际813ms（悬）

poj3659是树的最小支配集

这题贪心也是正确方法，但这里我介绍的是treedp

对于当前节点i，容易想的两种状态f[i,1]表示在i节点建立发射塔（属于支配集）

所以它的孩子节点状态就随意了，每个子节点选个最小的状态就行了；

f[i,0]表示在i节点不建立发射塔，但i和其子树都被覆盖了

所以f[i,0]=signma(min(f[j,0],f[j,1])）-min（f[k,0]-f[k,1]); j表示i的所有孩子，而k表示其中有一个孩子一定要属于支配集

注意不要漏了一种情况：那就是i可以不被儿子覆盖而被它的父亲覆盖，并且它的子树都是全覆盖的

f[i,2]=signma(min(f[j,0],f[j,1]))

最后的ans=min(f[root,0],f[root,1]);

实现起来还是很容易的，dfs到叶子然后想上更新

值得注意的是，题目给出的相邻结点而非父子关系，所以用图的形式存然后以任意一点做treedp即可

poj2430是使用k个矩形覆盖所用奶牛的最小覆盖面积

同样要设计好状态

设f[i,j,k]表示到覆盖到第i只奶牛使用j个木板，k表示覆盖结尾的状态，显然有4种

1.上下都圈而且上下是属于同一次圈的
2.上下都圈而且上下是不属于同一次圈的，属于两次圈的
3.只圈上面的
4.只圈下面的

然后就轻松了

code:复杂度O(nk+nlog2n)

 const max=;
 var f:array[..,..,..] of longint;
     a,b:array[..] of longint;
     i,j,k1,k2,n,k,m,w,ans,t:longint;
 function findmin(t:longint):longint;
   var p,k:longint;
   begin
     p:=max;
     for k:= to  do
       p:=min(p,f[k1,j-t,k]);
     exit(p);
   end;
 procedure sort(l,r: longint); //按列排序，上下都有牛时1在前2在后，这样处理dp的时候方便多
   var i,j,x,y: longint;
   begin
     i:=l;
     j:=r;
     x:=a[(l+r) div ];
     y:=b[(l+r) div ];
     repeat
       while (a[i]<x) or (a[i]=x) and (b[i]<y) do inc(i);
       while (x<a[j]) or (a[j]=x) and (b[j]>y) do dec(j);
       if not(i>j) then
       begin
         swap(a[i],a[j]);
         swap(b[i],b[j]);
         inc(i);
         j:=j-;
       end;
     until i>j;
     if l<j then sort(l,j);
     if i<r then sort(i,r);
   end;

 procedure doit1;
   begin
     f[k2,j,]:=min(f[k2,j,],f[k1,j,]+*(a[i]-a[i-]));
     f[k2,j,]:=min(findmin()+,f[k2,j,]);
   end;

 procedure doit2;
   var p:longint;
   begin
     f[k2,j,]:=min(f[k1,j,]+*(a[i]-a[i-]),f[k2,j,]);
     p:=min(min(f[k1,j-,],f[k1,j-,]),f[k1,j-,]);
     f[k2,j,]:=min(f[k2,j,],p+a[i]-a[i-]+);
     if j->= then
       f[k2,j,]:=min(f[k2,j,],findmin()+);
   end;

 procedure doit(x:longint);
   var p:longint;
   begin
     p:=min(f[k1,j,x],f[k1,j,]);
     f[k2,j,x]:=min(f[k2,j,x],p+a[i]-a[i-]);
     f[k2,j,x]:=min(f[k2,j,x],findmin()+);
   end;

 begin
   readln(n,k,m);
   for i:= to n do
     readln(b[i],a[i]);
   sort(,n);
   for i:= to k do  //初始化
     for j:= to  do
     begin
       f[,i,j]:=max;
       f[,i,j]:=max;
     end;
   i:=;
   f[,,]:=;
   if a[i]=a[i+] then
   begin
     i:=;
     f[,,]:=;
   end
   else begin
     i:=;
     if b[]= then f[,,]:=
     else f[,,]:=;
   end;
   k1:=;
   k2:=;
   while i<=n do
   begin
     k1:=k1 xor ; //滚动数组
     k2:=k2 xor ;
     if a[i]=a[i+] then w:= else w:=;
     for j:= to k do
     begin
       for t:= to  do
         f[k2,j,t]:=max;
       doit1;  //做4个状态，方程式自己动手比划一下就明白了
       doit2;
       if w= then
       begin
         if b[i]= then
           doit()
         else doit();
       end;
     end;
     i:=i+w;
   end;
   ans:=max;
   for i:= to  do
     ans:=min(ans,f[k2,k,i]);
   writeln(ans);
 end.

上述三道题都是非常好的设计状态题，状态是用dp解决问题的关键

特别poj2430一设计出状态，dp立马迎刃而解