状压DP学习笔记

有的时候，我们会发现一些问题的状态很难直接用几个数表示，这个时候我们就会用到状压dp啦~~。

状压就是状态压缩，就是讲原本复杂难以描述的状态用一个数或者几个数来表示qwq。状态压缩是一个很常用的技巧，把它运用到动态规划中有时候可以方便节省空间和时间，精简状态，方便状态转移。

找状态依然是状压dp的核心qwq。

多数状压dp都是将一个n维，每一维为0或1的状态压缩为一个2n的二进制数，用这个数二进制表示下每一位的值来表示这个状态qwq。（比如说储存一行：011110，每一个数字都表示其对应位置的合法性）

学好状压DP首先是需要熟练地掌握位运算的qwq，所以这里先介绍几个比较常用的位运算操作：

• 0&0=0; 0&1=0; 1&1=1;（与运算）： &
• 0$|\(0=0; 0\)|\(1=1; 1\)|$1=1; （或运算）:  \(|\)
• 0^0=0; 0^1=1; 1^{1=0;（异或运算）： }
• 去掉最后一位（相当于/2）:   \(x>>1\)
• 在最后一位加零（相当于$*$2）:  \(x<<1\)
• 把最后一位变成1:  \(x|1\)
• 把最后一位变成0:   \(x|1-1\)
• 最后一位取反:   \(x\)^\(1\)

除此之外还有几个常用的：

• 判断一个数字x二进制下第i位是不是等于1:(也可以理解成判断第i个点在不在集合中）
  
  if(((1<<(i-1))&x)>0)
  
  （就是将1左移i-1位之后，你会发现就只有第i位上面有1，其他位都是0，这时候再和x与，如果是1就是符合条件，0就是不符合）

• 将一个数字x二进制下第i位更改成1：
  
  x=x|(1<<(i-1))
  
  {大概和上面是一样的，就是执行|操作）

• 把一个数字二进制下最靠右的第一个1去掉:
  
  x=x&(x-1)

• 枚举s的子集：
  
  for(int i=s;i;i=(i-1)&s){}

• 若s是u的子集，那么s对于u的补集v：
  
  v=s^u

在这里先贴上来自 OI Wiki 的状压DP常用格式：

int maxn=1<<n; //规定状态的上界
for (int i=0;i<maxn;i++){
    if (i&(i<<1)) continue;//如果i情况不成立就忽略
    Type[++top]=i;//记录情况i到Type数组中
}
for (int i=1;i<=top;i++){
    if (fit(situation[1],Type[i]))
        dp[1][Type[i]]=1;//初始化第一层
}
for (int i=2;i<=层数(dp上界);i++){
    for (int l=1;l<=top;l++)//穷举本层情况
        for (int j=1;j<=top;j++)//穷举上一层情况(上一层对本层有影响时)
            if (situation[i],Type[l]和Type[j]符合题意)
                dp[i][l]=dp[i][l]+dp[i-1][j];//改变当前层(i)的状态(l)的方案种数
}
for (int i=1;i<=top;i++) ans+=dp[上界][Type[i]];

通过上述代码我们可以了解到基本的状压DP思想和基础操作。

一般来讲，状压DP处理的数据范围很小，但是一般比爆搜的范围稍微大一些，就是在两位数的范围内。

下面来以几道典型例题来进一步理解状压DP：

[USACO06NOV]玉米田Corn Fields

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define mod 100000000
using namespace std;
int n,m,ans;
int f[13][5000],cnt[13],a[13][13],done[5000],maxx;
//valid是该地方是否合法，maxx是最大状态数（上限）
int main(){
    scanf("%d%d",&m,&n);
    maxx=1<<n;

    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            scanf("%d",&a[i][j]);
    //读取每块土地的状态
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            cnt[i]=(cnt[i]<<1)+a[i][j];
    //cnt[i]表示的是到第i行的状态
    //因为我们是用二进制储存的状态（状压DP思想）
    //所以要把该行的状态整理起来

    for(int i=0;i<maxx;i++)
         if(!(i&(i<<1)))
            state[i]=1;
        //我们现在要处理每个状态的合法性
        //因为题目中提到没有两块相邻的土地，所以就是两个1不能相邻，我们通过左移一位并与运算来判断
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=0;j<maxx;j++)
            if(done[j]&&((j&cnt[i])==j))
            //这里要判断土地是否贫瘠，还是用到位运算的原理
                for(int k=0;k<maxx;k++)
                //寻找上一行的合法情况
                    if((k&j)==0)
                    //该行有选择土地的同列上一行不能再选择，所以直接与就可以判断合法情况了
                        f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][k])%mod;
                        //如果合法要相加答案
    for(int i=0;i<maxx;i++)
        ans=(ans+f[m][i])%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

上面我们是把所有的情况进行了枚举，然后判断如果不合法的话就跳过，如果合法才进行累计计算qwq，这样的话常数不是特别优秀。

下面这道题进行了常数优化。

通过预处理，可以处理出合法情况，然后将其储存起来。

互不侵犯

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define MAXN 2000
using namespace std;
int n,m,cnt,MAX;
long long sum[20][MAXN][100];
int valid[MAXN],num[MAXN];
int main()
{
    long long ans=0;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    MAX=(1<<n)-1;
    for(int i=0;i<=MAX;i++)
		if (!(i&(i<<1)))
		{
			valid[++cnt]=i;
			int cur_ans=0,x=i;
    		while(x)
			{
				cur_ans+=(x&1);
				x>>=1;
			}
    		num[cnt]=cur_ans;
			sum[1][cnt][num[cnt]]=1;
		}
    for (int i=2;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=cnt;j++)
            for (int k=1;k<=cnt;k++)
            {
                if ((valid[j]&valid[k])||(valid[j]&(valid[k]<<1))||(valid[j]&(valid[k]>>1))) continue;
                for (int l=0;l<=m;l++) sum[i][j][num[j]+l]+=sum[i-1][k][l];
            }
    for(int i=1;i<=cnt;i++) ans+=sum[n][i][m];
    printf("%lld\n",ans);

}

宝藏

题解：https://www.cnblogs.com/fengxunling/p/9777606.html