【DP】解析 SOSdp(子集和 dp)
引入
求 \(f[st]=\sum_{i\subseteq st} w[i]\) \(~\) \(~\) \((1)\)
解释: \(i\subseteq st\) 即 \(st\&i=i\) ,熟悉位运算的同学很容易看出 \(i\) 就是二进制表示的集合 \(st\) 中 \(st\) 的子集。
其中 \(w\) 是子集 \(i\) 所对应的贡献。
举例来说:
\(1010_{2}\) 的所有子集为 \(1010_{2},1000_{2},0010_{2},0000_{2}\)
那么对于 \((1)\) 式,当 \(st=1010_{2}\) 时,\(f[1010_{2}]=w[1010_{2}]+w[1000_{2}]+w[0010_{2}]+w[0000_{2}]\)
子集和dp 就是用来高效求解上述的 \(f\) 的。
原理
我们用 \(dp(st,i)\) 表示二进制表示的集合 \(st\) 的最后 \(i\) 位变化的所有子集的贡献的和。
听起来不太好理解,举例来说:
我们约定,一个二进制数从右到左的下标 \(index\) 分别为 \(0,1,2...\) ,如
index: 4 3 2 1 0
number:1 0 1 1 0
如 \(dp(10110_{2},2)=w[10100_{2}]+w[10010_{2}]+w[10000_{2}]+w[10110_{2}]\)
(这里就是 \(index \in [0,2]\) 部分的所有子集)
考虑状态转移:
对于一个状态 \(st\)
- \(i\) 位为 \(0\) 时,有 \(dp(st,i)=dp(st,i-1)\)
- \(i\) 位为 \(1\) 时,有 \(dp(st,i)=dp(st,i-1)+dp(st \oplus 2^i,i-1)\)
原理很好理解,当 \(i\) 位为 \(0\) 时,只能选择不取。 当 \(i\) 位为 \(1\) 时可以选择取和不取,那么贡献就是取和不取的贡献之和。
代码:类似于 \(01\) 背包,我们可以去掉一维(由柿子特征恒等变形)
void sos(){
for(int i=0;i<(1<<N);i++)
f[i]=w[i];
for(int i=0;i<N;i++)
for(int st=0;st<(1<<N);st++)
if(st&(1<<i)) f[st]+=f[st^(1<<i)];
}
例题:
https://codeforces.com/gym/102576/problem/B
分析
利用 \(Lucas\) 定理,转化为求 \(a_{j}\& a_{i}=a{i}\) 的对数,用sos求解即可。
代码
#pragma GCC optimize("O3")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
char c=getchar();
int x=0,f=1;
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
const int N=20;
int w[1<<N],f[1<<N];
int n;
void sos(){
for(int i=0;i<N;i++)
for(int st=0;st<(1<<N);st++)
if(st&(1<<i)) f[st]+=f[st^(1<<i)];
}
int main(){
int T; cin>>T;
while(T--){
memset(f,0,sizeof f);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
w[i]=read();
f[w[i]]++;
}
sos();
ll res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
res+=f[w[i]];
cout<<res<<endl;
}
return 0;
}