DP专题-学习笔记：状态压缩 DP

目录

• 1. 前言
• 2. 详解
• 3. 关于空间
• 4. 练习题

1. 前言

状态压缩 DP，简称状压 DP，是一种 DP (废话)。

这种 DP 的特点就是通常与二进制有关（当然也可能是其他进制），通常复杂度为 2 的阶乘次级别。

状压 DP 的问题有两个鲜明的特征：

1. 问题的数据规模特别小，2 的阶乘次可以通过。
2. 题目通常都是选与不选两种选择，可以使用二进制串表示。

第 2 个是什么意思呢？

打个比方，现在有 5 盘菜在你面前，编号 1-5，你此时想吃 1,3,4 号菜，那么就可以将你做的选择表示为 10110 的二进制串。

在继续看下去之前，请先确保熟练掌握各种位运算的知识。不了解的读者可以参考 OI-wiki：位运算。

如果没有特殊说明，本文的所有 01 串全部视为二进制串。

2. 详解

例题：P1896 [SCOI2005]互不侵犯

对于状压 DP，尤其重要的一点是：搞清楚二进制串表示的意义是什么。

通常来讲，题中只有两种选择的物品就可以使用二进制串来表示。

比如这道题，对于每一行而言：每一个格子只可能放或不放，那么此时就可以用二进制串表示。

例如 $n=6$ 时，101001 表示第 1,3,6 列放，其余列不放。

那么首先我们需要一个 dfs 函数确定所有二进制串。

需要注意的是，在 dfs 中，为了接下来处理方便，我们需要尽可能的将题中限制条件加入 dfs 中以减少状态数和后面 DP 时的非法状态判断。

对于这道题，我们能够完成的就是在 dfs 的时候提前将相邻两项均为 1 的二进制串过滤掉。

代码：

void dfs(int pos, int num, int one)
{
	if (pos >= n) {State[++cnt] = num; sum[cnt] = one; return ;}
	dfs(pos + 1, num, one);
	dfs(pos + 2, num + (1 << pos), one + 1);
}

其中 $State_i$ 表示第 $i$ 个状态对应的二进制串，$sum_i$ 表示第 $i$ 个二进制串用了多少个 1。

现在已经知道了所有单行内合法的二进制串，那么接下来开始设计 DP。

设 $f_{i,j,k}$ 表示在第 $i$ 行，$1-i$ 行已经使用了 $j$ 个 1，当前行的状态为 $State_k$ 的方案数。

需要注意的是：

1. $j$ 个 1 实际上就是 $j$ 个国王。
2. 注意第三位的 $k$ 只是一个标号，真正的状态是 $State_k$，这样做是因为 $State_k$ 可能很大，防止炸空间。
3. $j \geq sum_k$

那么怎么转移呢？

对于第 $i$ 行的转移，我们需要知道这样 3 个消息：

1. 当行二进制串 $State_j$。
2. 上一行二进制串 $State_k$。
3. 上一行至第一行用了 $l$ 个 1。

但是考虑到一个国王可能会影响到上面一行的拜访，我们需要过滤掉这些非法情况。

分为 3 种情况：

1. 如下。

   k:....1....
   j:....1....
   

   这种情况下为上一行国王在这一行国王正上方，判断方法为 $j \& k$
2. 如下。

   k:...1.....
   j:....1....
   

   这种情况下为上一行国王在这一行国王左上角，判断方法为 $(j<<1)\&k$，利用右移运算转化成第 1 种情况。
3. 如下。

   k:.....1...
   j:....1....
   

   这种情况下为上一行国王在这一行国王右上角，判断方法为 $(j>>1)\&k$，同样利用左移运算转化成第 1 种情况。

当上面三条有任意一条符合，即为非法状态。

这样过滤了所有非法状态之后，就可以愉快的转移啦！

转移方程如下：

$$f_{i,l+sum_j,j}=\sum f_{i-1,l,k}(l \geq sum_k)$$

其中 $j,k$ 为合法状态。

最后答案为 $\sum f_{n,k,i}|i \in [1,cnt]$。

初值：$f_{1,sum_i,i}=1|i \in [1,cnt]$。

代码：

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

typedef long long LL;
const int MAXN = 9 + 5, MAXP = (1 << 9) + 10, MAXK = 9 * 9 + 10;
int n, p, State[MAXP], sum[MAXP], cnt;
LL f[MAXN][MAXK][MAXP];

int read()
{
	int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; ch < '0' || ch > '9' ; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48);
	return (fh == 1) ? sum : -sum;
}

void dfs(int pos, int num, int one)
{
	if (pos >= n) {State[++cnt] = num; sum[cnt] = one; return ;}
	dfs(pos + 1, num, one);
	dfs(pos + 2, num + (1 << pos), one + 1);
}

int main()
{
	n = read(), p = read();
	dfs(0, 0, 0);
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i) f[1][sum[i]][i] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= cnt; ++j)
			for (int k = 1; k <= cnt; ++k)
			{
				if (State[j] & State[k]) continue;
				if ((State[j] << 1) & State[k]) continue;
				if ((State[j] >> 1) & State[k]) continue;
				for (int l = sum[j]; l <= p; ++l) f[i][l + sum[k]][k] += f[i - 1][l][j];
			}
	LL ans = 0;
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i) ans += f[n][p][i];
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

3. 关于空间

状压 DP 很要命的一点就是空间限制。

根据理论推算，上面这道题的状态数为 $2^n$，这道题还好，但是在一些别的题目中就会 MLE。例子见『练习题』的博文的第一道练习题。链接后面有。

那么此时怎么办呢？

可以采用滚动数组的方式减小空间，比如第一道练习题，洛谷题解区绝大多数人都是采用滚动数组节省空间，但是其实有一种更好的方法。

将数据调到最大，看看有几个状态不是就好了？

比如上面这道题，当 $n=9$ 时，状态数只有 89 个，完全不用开 $2^n$ 空间，开 $89+10$ 即可。

这个方法在卡状压 DP 的空间的时候尤其有用！

当然对于某些毒瘤题，两种方法都要用。

4. 练习题

练习题传送门：DP专题-专项训练：状压 DP