捆绑包装——状压 dp

状压 dp ，顾名思义，就是把一个状态压缩成一个整数的 dp 。状态.zip
状压 dp 都有个特点：$n$ 很小！暴力辗标算
而时间复杂度都是 $O(k2^n)$ 什么的……（$k$ 为其他部分复杂度）
那我们来两道？

ABC 278 F

设 $f_{i, j}$ 为状态 $i$ 最后一个字母 $j$ 是否必胜。
则如果 $f_{i, j}$ 能导到 $f_{k, l}$ 且 $f_{k, l} = 1$ 则 $f_{i, j} = 0$ 。
而先手是否必胜就看 $f_{i, s_{i, |s_i|}}$ 就行了。
代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int f[1 << 20][128];
string s[20];

int main() {
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		cin >> s[i];
	}
	for (int i = (1 << n) - 1; i >= 0; i--) {
		for (char j = 'a'; j <= 'z'; j++) {
			int flag = 1;
			for (int k = 0; k < n; k++) {
				if ((i >> k) & 1) {
					continue;
				}
				if (s[k][0] != j) {
					continue;
				}
				if (f[i | (1 << k)][s[k].back()]) {
					flag = 0;
					break;
				}
			}
			f[i][j] = flag;
		}
	}
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		if (f[1 << i][s[i].back()]) {
			puts("First");
			return 0;
		}
	}
	puts("Second");
	return 0;
}

ABC 274 E

$f_{i, j}$ 为遍历情况，目前在 $j$ 城（箱子）
算了直接去看官方题解吧，博主是鸽子

// 代码可供参照
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

double x[20], y[20];
double f[1 << 20][20];

#define dis(x1, y1, x2, y2) ((sqrt((x1 - x2) * (x1 - x2) + (y1 - y2) * (y1 - y2))))

int main() {
	int n, m;
	scanf("%d %d", &n, &m);
	for (int i = 0; i < n + m; i++) {
		scanf("%lf %lf", &x[i], &y[i]);
	}
	for (int i = 0; i < (1 << (n + m)); i++) {
		for (int j = 0; j < n + m; j++) {
			f[i][j] = 1e18;
		}
	}
	for (int i = 0; i < (1 << (n + m)); i++) {
		if (i == 0) {
			for (int j = 0; j < n + m; j++) {
				f[1 << j][j] = dis(0, 0, x[j], y[j]);
			}
			continue;
		}
		for (int k = 0; k < n + m; k++) {
			if (!(i >> k) & 1) {
				continue;
			}
			double speed = pow(0.5, __builtin_popcount(i >> n));
			for (int j = 0; j < n + m; j++) {
				if ((i >> j) & 1) {
					continue;
				}
				f[i | (1 << j)][j] = min(f[i | (1 << j)][j], f[i][k] + dis(x[j], y[j], x[k], y[k]) * speed);
			}
		}
	}
	double ans = 1e18;
	for (int i = (1 << n) - 1; i < (1 << (n + m)); i += (1 << n)) {
		for (int j = 0; j < n + m; j++) {
			if (!(i >> j) & 1) {
				continue;
			}
			ans = min(ans, f[i][j] + dis(0, 0, x[j], y[j]) * pow(0.5, __builtin_popcount(i >> n)));
		}
	}
	printf("%.10f", ans);
	return 0;
}