UVa 1252 - Twenty Questions（状压DP）

链接：

https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=3693

 

题意：

有n（n≤128）个物体，m（m≤11）个特征。每个物体用一个m位01串表示，表示每个特征是具备还是不具备。
我在心里想一个物体（一定是这n个物体之一），由你来猜。
你每次可以询问一个特征，然后我会告诉你：我心里的物体是否具备这个特征。
当你确定答案之后，就把答案告诉我（告知答案不算“询问”）。
如果你采用最优策略，最少需要询问几次能保证猜到？
例如，有两个物体：1100和0110，只要询问特征1或者特征3，就能保证猜到。

 

分析：

为了叙述方便，设“心里想的物体”为W。首先在读入时把每个物体转化为一个二进制整数。
不难发现，同一个特征不需要问两遍，所以可以用一个集合k表示已经询问的特征集。
在这个集合k中，有些特征是W所具备的，剩下的特征是W不具备的。
用集合c来表示“已确认物体W具备的特征集”，则c一定是k的子集。
设d(k,c)表示已经问了特征集k，其中已确认W所具备的特征集为c时，还需要询问的最小次数。
如果下一次提问的对象是特征i（这就是“决策”），则询问次数为：max{d(k+{i},c+{i}),d(k+{i},c)}+1。
考虑所有的i，取最小值即可。边界条件为：如果只有一个物体满足“具备集合c中的所有特征，
但不具备集合k-c中的所有特征”这一条件，则d(k,c)=0，因为无须进一步询问，已经可以得到答案。
因为c为k的子集，所以状态总数为3^m，时间复杂度为O(m*3^m)。
对于每个k和c，可以先把满足该条件的物体个数统计出来，保存在amt[k][c]，避免状态转移的时候重复计算。
统计amt[k][c]的方法是枚举k和物体，时间复杂度为O(n*2^m)，对于本题来说可以忽略不计。

 

代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int UPM = 11;
const int UPN = 128;
int n, m, d[1<<UPM][1<<UPM], amt[1<<UPM][1<<UPM];
char s[UPN+5][UPM+5];

void init() {
    int u = 1<<m;
    for(int k = 0; k < u; k++) {
        amt[k][0] = 0;
        d[k][0] = INF;
        for(int c = k; c; c = k&(c-1)) amt[k][c] = 0, d[k][c] = INF;
    }
    for(int t = 0; t < n; t++) {
        int c = 0;
        for(int i = 0; i < m; i++) if(s[t][i] == '1') c |= (1<<i);
        for(int k = 0; k < u; k++) amt[k][k&c]++;
    }
}

int dp(int k, int c) {
    int& res = d[k][c];
    if(res != INF) return res;
    if(amt[k][c] < 2) return res = 0;
    for(int i = 0; i < m; i++) {
        if(k&(1<<i)) continue;
        int k2 = k|(1<<i), c2 = c|(1<<i);
        int need = max(dp(k2,c), dp(k2,c2));
        res = min(res, need);
    }
    return res += 1;
}

int main() {
    while(scanf("%d%d", &m, &n) && m) {
        for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%s", s[i]);
        init();
        printf("%d\n", dp(0,0));
    }
    return 0;
}