QiQi and Bonds

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题意：现在有n个QiQi和n个任务，告诉了每个QiQi能够成功完成这n个任务的概率，每个QiQi只能完成一种任务，问你如何安排任务使得所有的任务被完成的概率最大。

题解：很明显的状压Dp啊。之前没有独立的打过这种DP，比赛的时候打了一发，结果WA，第二天才知道自己枚举的时候状态少枚举了。结果复习了一下状压dp。然后打了一发，结果T了。然后就想优化。发现，对于第i行来说，枚举i-1行的时候，这时候室友优化的，因为前i-1行所放的东西的个数必须是i-1个，结果改了，加了一个判断，结果还T了，想了想，其实还是可以优化的，就是判断的时候可以事先把每一种状态的1的个数处理处理，那么判断的时候就可以O(1)的了，否则会每次都会计算一次。这样就过了。一开始还不知道怎么枚举上一层的状态，结果是把总的每一种都枚举一遍。不错不错，继续努力。

最近看到一句话分享给大家：只有一条路不能选择---那就是放弃的的路；只有一条路不能拒绝---那就是成长的路！

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
double dp[2][(1<<20)];
double a[23][23];
int c[1<<20];
int n;
int counts(int x){
    int ans=0;
    while(x){
        ans+=(x&1);
        x/=2;
    }
  return ans;
}
void solve(){
  memset(c,0,sizeof(c));
  for(int i=1;i<(1<<n);i++){
    c[i]=counts(i);
  }
}
int main(){
    while(~scanf("%d",&n)){
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(a,0,sizeof(a));
        solve();
        for(int i=1;i<=n;i++)
          for(int j=1;j<=n;j++)
            scanf("%lf",&a[i][j]);

       for(int i=1;i<=n;i++)
         dp[1][1<<(i-1)]=a[1][i];

      for(int i=2;i<=n;i++){
          memset(dp[i&1],0,sizeof(dp[i&1]));
          for(int j=1;j<(1<<n);j++){
                if(c[j]!=i-1)continue;
              for(int k=1;k<=n;k++){
                int temp=(1<<(k-1));
                if(!(temp&j)){
                dp[i&1][temp+j]=max(dp[i&1][temp+j],dp[(i-1)&1][j]*a[i][k]);
                }
              }
            }
          }
         double maxn=0;
      for(int i=1;i<(1<<n);i++){
        maxn=max(maxn,dp[n&1][i]);
      }
      for(int i=1;i<n;i++){
         maxn/=100.0;
      }
      printf("%.6lf\n",maxn);
    }
}