基础状压dp

一、位运算

计算机中数字以二进制的方法存储，位运算是针对二进制进行的一种速度极快的基础运算。C++里一个int有4个字节也就是32位二进制数，其中最高位是符号位，1表示负数，0表示正数。除此以外，char是1个字节8位，long long是8个字节64位，bool是1个字节1位，unsigned类型的字节和位数不变，只是最高位不再是符号位，所以可以表示更大的数字。

C++的位运算包括左移(<<)、右移(>>)、与(&)、或(|)、取反(~)、异或(^)。左移和右移分别指将该二进制数整体向左（右）移动若干位数（在算法竞赛所使用的编译器中，左移和右移都不会移动符号位，称为算术左（右）移）。下面给出示意表。

x（char类型）	x<<1	x<<2	x>>1	x>>2
01110001	01100010	01000100	00111000	00011100
11000001	10000010	10000100	10100000	10010000

另外，左移右移可以用来加速一些运算，因为x<<y的值等于x(2^y)，x>>y的值等于x÷(2^y)。所以比如2*x可以写成(x<<1)，x/2可以写成(x>>1)，pow(2,x)可以写成(1<<x)。由于位运算是最快的运算方式，这些写法能够大大减小程序的常数。

         与、或、非、异或的对照表如下：

A	B	~A	A&B	A|B	A^B
0	0	1	0	0	0
0	1	1	0	1	1
1	0	0	0	1	1
1	1	0	1	1	0

         很重要的一点：位运算的优先级很迷，使用时一定要加足够多的括号。

 

【小练习 设计位运算】

要得到下表的结果，需要怎样的位运算？

第一个数a	0	0	1	1
第二个数b	0	1	0	1
结果	1	0	1	0

第一个数a	0	0	1	1
第二个数b	0	1	0	1
结果	1	1	0	1

 

第一个数a	0	0	1	1
第二个数b	0	1	0	1
结果	1	0	1	1

第一个数a	0	0	1	1
第二个数b	0	1	0	1
结果	0	0	1	0

 

二、状态压缩

    一个int有32个0或者1，除去符号位可以被当成一个bool数组来用。（需要记住的是，对于整数的二进制表示我们一般以最右边的位为第0位）bool数组支持查询并修改数组中某一个变量的值，如果使用位运算的话也可以做到这一点。下面是bool a[31]和int a两个东西相关操作的对照表：

	查询第i位	把第i位置成1	把第i位置成0	把第i位取反
bool a[31]	a[i]	a[i]=1	a[i]=0	a[i]=!a[i]
int a	a&(1<<i)	a=a|(1<<i)	a&=(~(1<<i))	a^=(1<<i)

    这种做法俗称二进制压位，如果仅仅只是把它当成bool数组来用，也可以节省相当一部分的空间。如果需要更大的bool数组可以利用STL自带的容器bitset，它能够实现几万位二进制数的位运算并且节省空间。

 

    三、状态压缩dp

    dp的时候需要设计状态，但是有的状态会很复杂。对于复杂的状态，也许就不能再像以前那样用一个i简单表示。或许这个状态表示一个有n(n<=16)个元素的集合，甚至包含了每一个元素的情况，你总不能开16维数组吧！为了应对这种情况，我们可以利用状态压缩和位运算，让一个数字表示一个集合。状压dp也需要三个步骤：

设计状态：至少有一维是用一个数字表示一个集合。

状态转移：考察每一个决策对集合的影响，经常使用位运算进行转移。

边界条件：当集合为空或者说只有一个元素之类的。

特别注意：状压是指数级算法，所以适合状压的题往往有一个维度的数字很小（比如n<=12，n<=16什么的）。

 

【例1 互不侵犯（弱化版）】

在给定大小的棋盘中放置国王（国际象棋），使得国王无法互相攻击，求放法数目。棋盘大小<=9*9。

 

分析：这个题的状态可以设计为“当前这一行上有哪些位置放了国王”。你可以设计这样的dp数组：dp[a1][a2][a3]...[a9][i]，其中aj=1或者0，表示第i行第j列上有或没有国王。dp值就表示这种时候的方案个数。但是10维数组实在是太讨厌了！我们发现前面那些不是1就是0的维度可以拼在一起成为一个9位的二进制数，所以可以用一个数字S表示第i行上国王的状态，S的第j位是1，表示有国王，0则没有国王。

接下来考虑状态转移。首先国王可以攻击自己左边或者右边，所以如果S里有两个挨着的1（也就是说(S&(S<<1))!=0），就会直接出局。除此以外，第i行也和上一行有关：设上一行的状态是T，如果同一列上有国王（(S&T)!=0），或者说相邻列上都有国王（(S&(T<<1))||(S&(T>>1))），就不能从dp[T][i-1]转移。所以总的dp方程就是dp[S][i]=∑dp[T][i-1]，其中S&(S<<1)==0而且(S&T)==0而且(S&(T<<1))==0而且(S&(T>>1))==0。枚举i,S,T进行转移，时间复杂度是n4ⁿ。

 

【例2 玉米田】

一块农场，有一些土地能种，有一些不能。求种地方案数，使得没有两块土地相邻（有公共边称为相邻）。土地大小<=12*12。

 

    分析：跟上一题没有什么区别嘛。同样是设计dp[S][i]表示第i行的状态是S，前i行的方案个数。但是不同的是输入数据还描述了哪些土地可以种哪些不能。用a[i]表示第i行能种或者不能种的情况，0表示能，1表示不能，这样的话S必须满足(S&a[i])==0，也要满足和上一题一样的(S&(S<<1))==0,。考虑上一行的状态T，发现题目的“没有两块土地相邻”只需要(S&T)==0就可以。所以总的dp方程和上一题也几乎一样：

dp[S][i]=∑dp[T][i-1]，其中S&(S<<1)==0而且(S&T)==0而且(S&a[i])==0。

有的人可能不明白枚举S或者T的顺序，实际上非常简单：只需要从0到(1<<n)-1一个个地枚举就可以了。因为实际上右边的dp[T][i-1]在执行赋值之前肯定是已经被算出来了的，可以直接转移。

 

【例3 旅行商】

    有n个城市，编号为0~n-1，两两之间均有道路相连。给出每两个城市i和j之间的道路长度相连。给出每两个城市i和j之间的道路长度L_i,j，求一条经过每个城市一次且仅一次，最后回到起点的路线，使得经过的道路总长度最短。n<=15

 

    分析：这是一道经典的NPC问题，不存在多项式时间内的解法。如果使用纯暴力的搜索，时间复杂度为n!，肯定会超时，所以要考虑状态压缩。但是这道题不像上面两道，状态很容易看出来。好在至少我们知道dp数组有一维表示当前所在的位置，另一维表示所有城市的状态。城市的状态无非就是“去过”和“没去过”两种，“去过”就是1，“没去过”就是0，所以dp数组就是dp[S][i]，表示当前在第i个城市，这n个城市的状态是S。

    和上边的题一样，状态有很多限制条件。首先，我既然在第i个城市，那么第i个城市我肯定去过，所以(S&(1<<i))!=0。假设我是从j城市来到i城市的，那么我来之前的状态T等于(S-(1<<j))，而且我肯定也去过j城市，有(S&(1<<j))!=0。综合以上分析可以得出dp方程:

dp[S][i]=min{dp[S-(1<<j)][j]}，其中(S&(1<<i))!=0且(S&(1<<j))!=0且i!=j。

    题目要求的是一个环，那么dp的边界从哪里找？我们不妨假设他从0号城市出发，最终回到0号城市，那初始状态就是dp[1][0]=0吗？很遗憾如果真的这样写，最终结果就是你给dp数组赋的初值。因为0号城市已经被你标记上了，“不能重复经过同一个城市”使得你再也回不去0号城市。所以初值应该是dp[1<<i][i]=dis[0][i]，其中i表示0~n-1城市。这样就可以在n²2ⁿ的复杂度内解决该问题。