P5911 [POI2004]PRZ (状态压缩dp+枚举子集)

题目描述

luogu

桥已经很旧了, 所以它不能承受太重的东西。任何时候队伍在桥上的人都不能超过一定的限制。 所以这只队伍过桥时只能分批过，当一组全部过去时，下一组才能接着过。队伍里每个人过桥都需要特定的时间，

当一批队员过桥时时间应该算走得最慢的那一个，每个人也有特定的重量，我们想知道如何分批过桥能使总时间最少。

数据范围： 对于 100% 的数据，\(100\leq W \leq400，1\leq n \leq16,1 \leq t\leq 50，10\leq w\leq 100\)。

前置芝士

1. 位运算

2. 枚举子集

首先，我们先看一下枚举子集是什么东西。

在状态压缩dp时，我们一般的套路就是枚举两个状态\(i\) 和 \(j\)，判断 \(j\) 是否是 \(i\) 的子集，这样来说复杂度时O(4^n)

但，根据二项式定理，一个集合的子集最多有3^n 严格枚举的话，可以将复杂度变为O(3^n)

代码

对于这道题，\(n\) 的范围很小，我们可以考虑对n进行状态压缩

\(f[i]\) 表示达到 \(i\) 这个状态所需要的最小时间 \(i\)时一个n位的二进制数。

转移的话，我们可以枚举\(i\)的子集，就是考虑这次有哪些人乘船

f[i] = min(f[i],f[i-j] + tim[j]);//i是我们想达到的状态，j是这次要运的状态，i-j是没运j这次之前的状态

对于，每个状态所花费的时间，我们可以在之前就预处理出来。

当然，你也可以在枚举 \(j\) 的时候算，只是这样你多算了很多状态，你就会稳稳的TLE

看不懂的童鞋，下面代码有注释。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,t[20],w[20],base[20],f[65540],tim[65540],maxw[65540];
inline int read()
{
	int s = 0, w = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10+ch -'0'; ch = getchar();}
	return s * w; 
}
int main()
{
	m = read(); n = read();
	for(int i = 0; i <= n-1; i++)
	{
		t[i] = read(); w[i] = read();
	}
	base[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) base[i] = base[i-1] * 2;//处理一下2的进制
	for(int i = 0; i < base[n]; i++)//枚举每个状态
	{
		for(int j = 0; j < n; j++)//枚举每个人
		{
			if((i & (1<<j)) == 0)//判断这个人在i这个状态是否已经乘船，没乘船的话，可以转移得到下一个状态
			{
				tim[i | (1<<j)] = max(tim[i],t[j]);//i|(1<<j)即把i的第j位赋1，就像于第j个人坐了船后，i所变成的状态
				maxw[i |(1<<j)] = maxw[i] + w[j]; //进行转移
			}
		}
	}
	for(int i = 0; i < base[n]; i++) f[i] = 2333333;//初始化为无穷大
	f[0] = 0;
	for(int i = 1; i < base[n]; i++)//枚举每个状态
	{
		for(int j = i; j; j = (j-1) & i)//枚举子集
		{
			if(maxw[j] <= m) f[i] = min(f[i],f[i-j] + tim[j]);//j你可以理解为这次要运的状态，i-j就是i没运j之前i的状态
		}
	}
	printf("%d\n",f[base[n]-1]);
	return 0;
}