HDU-1074.DoingHomework(撞鸭dp二进制压缩版)

之前做过一道二进制压缩的题目，感觉也不是很难吧，但是由于见少识窄，这道题一看就知道是撞鸭dp，却总是无从下手....最后看了一眼博客，才顿悟，本次做这道题的作用知识让自己更多的认识二进制压缩，并无其它卵用......呜呜呜~~~

　　本题大意：到期末了，某同学的n位老师给他布置了n门家庭作业，要求他在布置作业后的D天之内完成，并且已知它每门作业所需的天数C，每门作业超时一天就要扣一分，让你求出要如何合理安排做作业的顺序才能使他扣掉的总分最少......还需要输出做作业的顺序和最优情况下扣的分数......

　　本题思路：因为要得到所有做题的顺序就有n!种这么多，那么此时我们看到n  <= 15，那就能考虑到二进制撞鸭了，二进制撞鸭之前发过一个博客有讲过，这里再强调一下比如0101表示第1和3科的作业做了，第二科作业没做，那么我们可以枚举做作业先后的所有的情况，然后取最优即可，这只是思路，那么具体我们要如何分析这个问题呢

下面我详细讲解......

　　首先思考一个问题：我们二进制枚举所有的写作先后过程，那么我们的dp要保存什么状态呢，第一我们需要先找出最小分数即score，需要回溯保存一个过程的上一个过程pre，需要每次写作业之后更新已经过去的时间time，需要保存当前正在写作业的下标ind，就ok了，对于dp[ i ]，我们在所有科目中逆序寻找(为什么是逆序寻找呢....因为我们需要利用一个数组存做作业的先后顺序，也就是利用一个pre存它之前完成的状态的编号，遍历输出时顺序也是反的，为了保证字典序输出，我们只能逆着遍历,~~~~(>_<)~~~~呜呜呜~~~)，如果发现i状态下如果已经完成了作业j，那么我们就将作业j分离出来在这一步单独再次完成，在这一步利用dp[i - 1<<j]将dp[ i ]的值更新并找到最小值(由于在完成三项任务1， 2， 3时肯定要完成对应的前两项1，2 || 2，3 || 1，3)，那么我们的最优值就是由这个思路得来的，由于i - 1<<j 恒小于i，所以它在i之前求得，我们就可以对dp[ i ]的值进行更新，那么对于dp[ i ]，我们就可以写出他的状态转移方程dp[ i ] = max(dp(i - 1 << j) + dp[ j ])(j 为状态i 的一个子问题)。

　　参考代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <stack>
using namespace std;

const int maxn = 15 + 2, INF = 0x3f3f3f3f;
int t, n;
struct node {
    string name;
    int deadline, cost;
} a[maxn];
struct node1 {
    int pre, time, score, ind;
} dp[1 << 15];

int main () {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> t;
    while(t --) {
        cin >> n;
        for(int i = 0; i < n; i ++)
            cin >> a[i].name >> a[i].deadline >> a[i].cost;
        memset(dp, 0, sizeof dp);
        int nbit = 1 << n;
        for(int i = 1; i < nbit; i ++) {
            dp[i].score = INF;
            for(int j = n - 1; j >= 0; j --) {
                int temp = 1 << j;
                if(!(temp & i)) continue;
                int tem = i - temp;
                int t = dp[tem].time + a[j].cost - a[j].deadline;
                t = t > 0 ? t : 0;
                if(t + dp[tem].score < dp[i].score) {
                    dp[i].score = t + dp[tem].score;
                    dp[i].pre = tem;
                    dp[i].ind = j;
                    dp[i].time = dp[tem].time + a[j].cost;
                }
            }
        }
        cout << dp[nbit - 1].score << endl;
        stack<int> q;
        int t = nbit - 1;
        while(dp[t].time) {
            q.push(dp[t].ind);
            t = dp[t].pre;
        }
        while(!q.empty()) {
            int k = q.top();
            cout << a[k].name << endl;
            q.pop();
        }
    }    
    return 0;
}