状态压缩动态规划

原理讲解

   状态压缩DP其实就是把一种状态通过二进制的形式储存下来，从而利于进行状态的转移。
   例如5个盒子排成一排，其中第1，3，4个盒子有糖果，那么可以表示为 $10110$ 转换为十进制就是 $22$ 。

这类问题通常有一定的模板，在以下情况可能要用到状压DP：

• 所输入的内容只有两种状态，就比如只有 $1$ 和 $0$ 。
• 统计合法状态的方案数 or 最大值。
• 不能用其他方法。

  解决这类问题的状态一般都设置为如 $d{p}_{ij...}$ ,其中 $i$ 表示第几排/个，$j$ 表示第 $i$ 排/个 的状态，如果有其它条件的话可能还需要扩展维度。其状态转移方程一般也类似于 $d{p}_{ij}+=d{p}_{i-1k}$ $cnt$ 表示合法状态数,当然，其最终答案就类似于 $\sum _{i=1}^{cnt}d{p}_{ni}$ ，这肯定不是绝对的，具体还要看是求数量|最大值，还是别的。

  那么，状压DP有什么缺点呢？其实也很容易发现：即使是长整型 long long 也只有64位，也就是说最多只能存64个状态，这真是一个致命缺点（什么，你用bitset??)。

例题解析

  理论会了，就开始实践吧！
  来看这题 Corn Fields G，这题可以说是超超超经典的一道状压DP题。首先，也是这题的关键，就是将土地状态转化为十进制储存，如将111转化为7。要计算方案总数，那一要先判断那种状态是合法的，判断一种状态是否合法要考虑三个问题，行内合法以，行间兼容，和是否在肥沃的土壤上，也就是这一步体现了题目所说的"位运算的妙用"。

行内兼容

举个栗子：在 ${0000}_2\mathrm{到}{1111}_2$中共有8种合法状态 $0000,0001,0010,0100,0101,1000,1001,1010$，要怎么筛选出它们呢？回忆一下 & 运算符的运算规则：相同为1否则为零，再往深了想一下是不是只要 i&(i>>1)=0 ,就表明状态 i是合法的？就比如 1010&0101=0。是不是豁然开朗了。 i&(i<<1)=0也是可以的。

行间兼容

有了前面的经验的经验这个就简单了，只要 i$j=0第 $i$ 行就和第 $j$ 行相兼容，就比如说 1010&0100=0这两行就可以兼容。

是否在肥沃的土壤上

这个也很好理解，完成这一步骤还是要用到 &运算。
我们来找一下规律：
$10010\mathrm{\&}10000=10000,01100\mathrm{\&}10000=0,00000\mathrm{\&}10000=0$
$10010\mathrm{\&}11111=100100,01100\mathrm{\&}111111=01100,00000\mathrm{\&}11111=0$
  你发现了什么？没错对于土地状态 i和当前状态j 只要 i&j==j,那么状态j就是OK的。

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这样就可以愉快的设计算法了:

• 定义 $d{p}_{ij}$ 为第i行第j种状态的方案数。
• 初始状态 $d{p}_{1i}=1$,即第1行的每种状态都是一种方案
• 状态转移方程 $d{p}_{ij}+=d{p}_{i-1k}$
• 最终答案 $\sum _{i=1}^{cnt}d{p}_{ni}$

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=100000000;
int num[13],dp[13][1<<13],ans=0;
int g[1<<13];
int main()
{
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			int tmp; cin>>tmp;
			num[i]=(num[i]<<1)+tmp;
	    }
	}
	for(int i=0;i<(1<<m);i++){
		if(!(i&(i>>1))&&!(i&(i<<1))){
			g[i]=1;
			if((i&num[1])==i) 
			dp[1][i]=1;
		}
	}
	for(int x=2;x<=n;x++){
		for(int j=0;j<(1<<m);j++){	
			if(((j&num[x-1])==j)&&g[j]==1){
				for(int y=0;y<(1<<m);y++){
					if(((y&num[x])==y)&&!(j&y)&&g[y]){
					dp[x][y]=(dp[x][y]+dp[x-1][j])%mod;
					}
				}
			}	
		}	
	}
	for(int i=0;i<(1<<m);i++)
		ans=(ans+dp[n][i])%mod;
	printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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