状压dp(8.8上午)

神马是状态压缩？

就是当普通dp的每一维表示的状态非常少的时候，可以压缩成一维来表示

如果m==8

dp[i][0/1][0/1]......[0/1]

压缩一下

dp[i][s]表示到了第i行，状态是s的方案数

那么状态数是指数级的

有点大.......

考虑每一行的合法状态真的有那么多吗？

考虑只有一行的情况

m: 0 1 2 3 4 5 6 7

f:   1 2 3 5 8 13 21 34

为什么方案数f是斐波那契数列呢？

因为f[i]可以是由f[i-1]再加1个0或者由f[i-2]再加1个01得到

设dp[i][s]为填到第i行，状态为s的状态

.....

说人话：

将s'左移一下，右移一下看一看是否会攻击到s即可

还可以这样判断：(s|s<<1|s>>1)&s'==0的s'是可行的

s是上下攻击，s<<1是在s'左边，s>>1是在s'右边

神奇的位运算

6为什么是枚举子集？

s0每次去掉二进制表示的最后一个1，再和原集进行&操作，就去掉了新的s0的不属于s的部分，同时每次只减去1个1就没有重复

复杂度是

震惊！！！

我们看这个循环，s是枚举有n位的二进制数，它一共有s个1，s0枚举它的子集，子集有个

总数：

变一变形：

这就是二项式定理啊

看起来n比较小，可以压n的样子

dp[s]表示s这个集合拓扑序的个数

转移：考虑枚举一个点u,加进拓扑序

u满足：1：不在s里面；2：能到达u的点都在s里面

复杂度：

怎么快速判断？

预处理in[u],表示能够到达点u的点组成的集合，当s&in[u]==in[u]时，就是所有能到达u的点都在s里面了

我们可以把每个数拆成q*2^x*3^y

当q不同的时候，两个数肯定不同，当q相同的时候，就把q提出来。

我们列个表

然后我们可以以行/列/斜着搞dp(就是有i层，不能选相邻的，就转化成了第一个问题)

但是具体选哪个呢？

先考虑列的复杂度：log₂ⁿ<=17,转移：2¹⁶

一行一行的：logn<=10:要压到3¹¹

当然下一行会少一点，是fib[10](斐波那契第10项)

为什么是fib???

现在问题已经转化成一层内不能选两个相邻的格子的问题了，这个问题的方案数就是fib[这一行的格子数]

我们发现行的复杂度要优一点(虽然依旧玄学),所以我们一行一行的dp

神仙斜着dp

当q>1，等价于q'=1&&n'=n/q。
◦剪枝：对于n/q相同的q，可以避免重复计算来加速。

打过一个表

我们看到最宽的一层第10层宽度只有11，这个范围显然是可以
2^cnt_

NOIP 2016愤怒的小鸟

意思就是选最少的猪的集合，使得这些猪并起来是全集

有用的抛物线：n²个

dp[s]:集合s的猪被消灭最少用的抛物线

枚举包含s最低位的1抛物线t[i]，(t[i]代表抛物线i经过的点的集合)

dp[s]=min(dp[s^t[i]]+1)(t[i]&s=t[i]且t[i]包含s的最低位)

这是按照s的最低位来分类，既然我们选了t[i]的点，之前就是dp[s^t[i]],再+1代表用了i这条抛物线

复杂度：2ⁿ*n

求出最少的合法的货物集合，使得并起来是原集

和上一个题很像啊

这里我们找出可以被一次运走的货物集合t

再套用上一个题的dp方程

复杂度：3ⁿ

枚举子集的复杂度是3ⁿ

用f[s]表示s是否能被c1运走，g[s]表示是否能被c2运走

t[s]表示s是否能被两辆车运走(这里是必须用两辆车)

t[s]=|_s'f[s']&g[s^s'](s'是s的子集)(|是或运算)

枚举s的子集，看这个子集和s去掉这个子集之后的另一部分能否分别被两辆车运走

分子集的方案有一个满足就够了，所以是用或运算

复杂度3ⁿ

bzoj3900

仿佛看见两把刷子

设p[s]表示s集合的麋鹿内部能否交换成合法的麋鹿

排个序，看相邻两个的重量之差是否小于c

如果是，就说明有答案

但如果相邻的两个茸角不属于同一个麋鹿呢？

那最多需要n-1次搞定所有的麋鹿

g[s]表示使s内部消化的最小次数

g[s]≤s内部的人数 -1

那怎么转移呢？

我们不妨先试着把s分成几部分

我们发现s每分出去一部分合法的s',那g[s]至少会-1

why?

举个例子

设s集合原本有t个人，g[s]初始化为t-1

把t分为2部分：t-v,v

那g[v]最坏为v-1,g[t-v]最坏为t-v-1

g[v]+g[t-v]=v-1+t-v-1=t-2

所以每分出去一部分合法的s',g[s]至少会-1

那g[s]=min{g[s']+g[s^s']}(s'∈s)

dp[s][u]:s是三进制数，表示对应位上的点经过几次，u表示现在在哪个点

dp[s][u]=min(dp[s-(1<<i)][i]+dis[i][u])

包肯定是从大到小排序的

f[s]表示装下s的物品，用了多少包

g[s]表示装s的物品，用的最后一个包的剩下的最大空间

转移：看下一个物品能否装在当前的包里面，能则只更新g，否则加一个包，再更新g

dp优化

dp[i][j]表示长度为i,逆序对为j的排列数

我们考虑新来的数插在哪里

原序列：a1,a2,a3....ai-1

放在

我们发现dp[i][j-k]是连续的耶

来个前缀和优化

dp[i][j]=sum[i-1][j]-sum[i-1][j-i]

前缀和：区间的和

单调队列：区间最大值

f[i]表示到第i棵树的最小劳累值

单调队列维护dp值小的，如果dp值相同，选高度要高的

经典的线段覆盖？？？

显然不是

不过我们还是要按照左端点排序

优化

dp[i][j]表示排完序之后，到了第i条线段，覆盖完前j个位置的方案数

后面*2

前面的累加

发现是区间*2，区间求和

然后就是线段树2的板子

简单的说就是一张纸条要走两次，不能经过重复的点，求经过的点的最大权值
暴力四维dp:

精简一维：

记录步数，第一次的横坐标，第二次的横坐标，然后按照上面的dp即可

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read()
{
    char ch=getchar();
    int x=;bool f=;
    while(ch<''||ch>'')
    {
        if(ch=='-')f=;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>=''&&ch<='')
    {
        x=(x<<)+(x<<)+(ch^);
        ch=getchar();
    }
    return f?-x:x;
}
int n,m,ma[][],f[][][];
int main()
{
    m=read();n=read();
    for(int i=;i<=m;i++)
        for(int j=;j<=n;j++)
         ma[i][j]=read();
    for(int k=;k<=n+m-;k++)
    {
        for(int i=;i<=k;i++)
        {
            for(int j=;j<=k;j++)
            {
                int ex1=max(f[k-][i][j],f[k-][i-][j-]);
                int ex2=max(f[k-][i-][j],f[k-][i][j-]);
                f[k][i][j]=ma[i][k-i+]+ma[j][k-j+]+max(ex1,ex2);
                if(i==j)f[k][i][j]-=ma[i][k-i+];
            }
        }
    }
    printf("%d",f[n+m-][m][m]);
}

qwq