状压dp（总结）状态压缩

状压这个和二进制分不开关系

所以，对于二进制的熟悉是必不可少的技能

&  与操作，1不变，0变0    

|  或操作，0不变，1变1　　

^  异或操作,0不变，1取反 　　

～ 取反操作，把每一个二进制位0变1，1变0

还有一些复杂操作可以根据这些去理解

状态压缩

所谓状态压缩就是把dp的每一次转移时的状态用二进制来表示

或者用二进制来间接表示

比如

这里有10个苹果，编号1-10

我拿走了1,4,7,9这四个苹果

那么我们可以用011011010这一串二进制数来表示现在的状态

0表示这个位置没有苹果，1表示有

那么这就是一个状态

相比拿一个bool型的数组，这样表示更方便，内存更小，操作更简单

现在我想把拿走的苹果放回去，没拿走的拿走

那么状态就变成100100101

直接取反      a=011011010   b=100100101

a==～b;

这时候就充分展示了状态压缩的快捷性

下面我们讲一道例题。。。。。

在n*n(n≤20)的方格中放置n个车，每个车可以攻击所在的行和列，求方案总数

直接上排列组合，n！，很好理解啊

在n*n(n≤20)的方格棋盘上放置n 个车，某些格子不能放，求使它们不能互相攻击的方案总数。

这时候一些格子不能放，就要考虑每一行的情况

但是   ，，，，即使每一行中有的格子不能放，最终还是每一行每一列都要有一个车子

所以我们用s这个int型的数来表示现在的状态（行状态）

如果这一列现在有车子，那这一位就是1

所以最终s一定会变成11111111111（全是1）只有这样才能把n个车全部放进去

这样这一状态有几个车子说明这就是第几行

那这样转移方程就有了

dp[s]+=dp[s^(s&-s)];

for(;j>0;j-=(j&-j)){
    dp[i]+=dp[i^(j&(-j))];
}

还有个问题，有些格子不能放车

这怎么办？？？？？？？？？？？

还记得前面的苹果吗

用1表示这里能放车子，0表示不可以

在状态转移的时候&一下就可以啦

j=i&s[num];

代码如下

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,m;
long long dp[1<<20];
int s[25];
int main(){
	memset(s,0x7fffffff,sizeof(s));
	//if(s[1][1]==1)cout<<"sh";
	//cout<<(s[1][1]&0)<<endl;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int x,y;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		s[x]-=(1<<(y-1));
	}
	dp[0]=1;
	for(int i=1;i<(1<<n);i++){
		int j,num=0;
		for(j=i;j>0;j-=(j&(-j))){
			num++;
		}
		j=i&s[num];
		for(;j>0;j-=(j&-j)){
			dp[i]+=dp[i^(j&(-j))];
		}
	}
	printf("%lld",dp[(1<<n)-1]);
}

 这样基本的状压dp就结束了

也许你已经发现了

所有的n都小于等于20

因为int只有32位

这也是状压的前提

所以当你一直为空间时间复杂度着急时

就去考虑状压

而状压前先找到可以状压的数

就是32位以内的

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