[USACO15JAN]Moovie Mooving G

[USACO15JAN]Moovie Mooving G

---

状压难题。不过也好理解。

---

首先我们根据题意：

she does not want to ever visit the same movie twice.

这句话以及\(n\)的取值范围给了我们足够多的提醒：可能是状态压缩。

那么，当我们真正尝试用集合表示每个电影是否已看过的时候，我们却不容易给出能够转移的状态。

举个例子，当我们定义的状态中集合表示成为该状态的元素，那么这将会与最终求该集合的最小值冲突——状态中没法记录集合的最小值。

我们不妨换一种思路：\(dp(i,S)\)表示的是以\(i\)为结尾、已经看过的集合为\(S\)的最长时间。这种状态在转移的时候能够避免计算到不合法的状态，我们接下来具体分析：

容易得到：

\[dp(i,S)=max(dp(j,S\setminus\{i\}),query(dp(j,S\setminus\{i\}))+d_i)
\]

其中，\(query(dp(j,S\setminus\{i\}))\)代表的是电影\(i\)中时间节点不超过\(dp(j,S\setminus\{i\})\)的最大值。而该状态下允许不存在这样的时间节点，转移的时候特殊处理即可。

这是由于计算的时候避免出现间隔——即看电影时间处处连续。

最后，统计最终答案的时候对于所有的大于等于限制\(L\)的状态计算它们的集合大小，更新。

这样做的时间复杂度为\(O(n^22^nlogn)\)。实际测试的时候会更快。

……
int n, L, t, c[N], d[N], st[N][C], siz[S] = {}, ttt[S];
int ans = INF, dp[N][S];
int query(int cur, int x)
{
	int L = 0, R = c[cur], mid, tmp;
	while(L < R)
	{
		mid = L + ((R - L) >> 1);
		tmp = st[cur][mid];
		if(tmp == x) return x;
		if(tmp < x) L = mid + 1;
		else R = mid;
	}
	if(!R) return -1;
	return st[cur][R - 1];
}
int main()
{
	scanf("%d %d", &n, &L);
	for(int i = 0; i < n; ++ i)
	{
		scanf("%d %d", &d[i], &c[i]);
		for(int j = 0; j < c[i]; ++ j) scanf("%d", &st[i][j]);
	}
	t = (1 << n) - 1;
	for(int i = 1; i <= t; ++ i) siz[i] = siz[i ^ (i & (-i))] + 1;
	for(int i = 0; i < n; ++ i) ttt[1 << i] = i;
	for(int i = 1; i <= t; ++ i) ttt[i] = ttt[i & (-i)];
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	for(int s = 1; s <= t; ++ s)
	{
		for(int s0 = s, i = ttt[s]; s0; s0 &= ~(1 << i), i = ttt[s0])
		{
			if(siz[s] == 1 && st[i][0] == 0) dp[i][s] = d[i];
			else
			{
				for(int s1 = s ^ (1 << i), j = ttt[s1]; s1; s1 &= ~(1 << j), j = ttt[s1])
				{
					int tmp = query(i, dp[j][s ^ (1 << i)]);
					dp[i][s] = max(dp[i][s], dp[j][s ^ (1 << i)]);
					if(tmp != -1) dp[i][s] = max(dp[i][s], tmp + d[i]);
				}
			}
//			printf("dp[%d][%d] = %d\n", i, s, dp[i][s]);
			if(dp[i][s] >= L) ans = min(ans, siz[s]);
		}
	}
	if(ans == INF) puts("-1");
	else printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

---

其实，我们发现，在我们转移的时候，我们完全可以仅记录一个集合代表该集合下所能达到的最长时间结点。这样一来，我们只需要枚举集合中的每一个元素，直接转移即可。

这是因为第一维状态是无用的，因为转移只和DP出的值有关，与元素无关。

时间复杂度：\(O(n2^nlogn)\)。空间也可以承受的了。

……
int n, L, t, c[N], d[N], st[N][C], siz[S] = {}, ttt[S];
int ans = INF, dp[S];
int query(int cur, int x)
{
	int L = 0, R = c[cur], mid, tmp;
	while(L < R)
	{
		mid = L + ((R - L) >> 1);
		tmp = st[cur][mid];
		if(tmp == x) return x;
		if(tmp < x) L = mid + 1;
		else R = mid;
	}
	if(!R) return -1;
	return st[cur][R - 1];
}
int main()
{
	scanf("%d %d", &n, &L);
	for(int i = 0; i < n; ++ i)
	{
		scanf("%d %d", &d[i], &c[i]);
		for(int j = 0; j < c[i]; ++ j) scanf("%d", &st[i][j]);
	}
	t = (1 << n) - 1;
	for(int i = 1; i <= t; ++ i) siz[i] = siz[i ^ (i & (-i))] + 1;
	for(int i = 0; i < n; ++ i) ttt[1 << i] = i;
	for(int i = 1; i <= t; ++ i) ttt[i] = ttt[i & (-i)];
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	for(int s = 1; s <= t; ++ s)
	{
		for(int s0 = s, i = ttt[s]; s0; s0 &= ~(1 << i), i = ttt[s0])
		{
			int tmp = query(i, dp[s ^ (1 << i)]);
			dp[s] = max(dp[s], dp[s ^ (1 << i)]);
			if(tmp != -1) dp[s] = max(dp[s], tmp + d[i]);
			if(dp[s] >= L) ans = min(ans, siz[s]);
		}
	}
	if(ans == INF) puts("-1");
	else printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

---

总结：

1. 这道题敢于在转移的过程中进行非\(O(1)\)做法的计算；
2. 当转移与状态中集合元素本身无关联，与状态值有关时应去除冗杂信息。