【动态规划】压缩状态
状态压缩动态规划
状态压缩动态规划（BitMask DP），指的是一类使用二进制（也有使用三进制等的情形）数来表示动态规划中的状态的动态规划方法。其时间复杂度一般包含 \(2^N\) 或者 \(3^N\)（如果进行了子集枚举）的项，因此是指数而非多项式时间的算法。
力扣上涉及的题目如下：
| 序号 | 题目 |
|---|---|
| 1 | 465. 最优账单平衡 |
| 2 | 464. 我能赢吗 |
| 3 | 691. 贴纸拼词 |
| 4 | 864. 获取所有钥匙的最短路径 |
应用
应用1：Leetcode.465
题目
给你一个表示交易的数组 transactions ，其中 \(transactions[i] = [from_i, to_i, amount_i]\) 表示 \(ID = from_i\) 的人给 \(ID = to_i\) 的人共计 \(amount_i\) 元钱 。请你计算并返回还清所有债务的最小交易笔数。
示例 1：
输入：transactions = [[0,1,10],[2,0,5]]
输出：2
示例 2：
输入：transactions = [[0,1,10],[1,0,1],[1,2,5],[2,0,5]]
输出：1
解题思路
枚举子集
这道题，需要用到枚举子集的思路，具体的做法，就是用一个整数 \(x\) 的二进制位表示一个集合，其中 \(x\) 的二进制位为 \(1\) 的比特位表示含有对应元素，为 \(0\) 则表示不含有元素，那么，我们可以依次遍历所有的二进制位来枚举 \(x\) 的子集，即：
for (int i = 1; i < (1 << n); ++i) {
for (int j = i; j; j = (j - 1) & i) {
// ...
}
}
其中，j = (j - 1) & i 表示 \(i\) 的 \(LSB\) （最低有效位），注意，这种方式需要采用逆序遍历。
分析
首先将所有的交易数据做一次预处理，记录每一个用户的最终的账单 \(acounts\)，账单金额可能是正，也可能是负。
如果最终的账单金额为正，则表示收益，如果最终的账单金额为负，则表示负债。
在交易过程中，有些用户可能最终的账单为 \(0\)，表示经过一系列交易之后，即用户不负债也无受益，那么，该用户就可以不用再参与额外的交易就已经完成平账，因此，我们可以首先过滤掉这一部分用户。
对于剩下的账单金额不为零的用户，我们将其账单金额 \(bill[i]\) 定义为一个集合 \(S\) ，我们可以对集合 \(S\) 分组，将其拆分多个成和为零的子集，然后，通过累加所有子集的交易次数，就可以得到账单集合 \(S\) 的最优还债次数。
例如，\(S = \{4, -1, -1, -1, -1, 6, -6\}\)，那么：
我们可以将这些用户分为两组：\(S_1 = \{4, -1, -1, -1, -1\}\)，\(S_2 = \{6, -6\}\)，其中，\(S_1\) 可以通过 \(5 - 1 = 4\) 次交易完成平账，\(S_1\)可以通过 \(2 - 1 = 1\) 次交易完成平账，那么，集合 \(S\) 就可以通过 \(5\) 次交易完成平账。
注意，这里 \(S_1\) 和 \(S_2\) 互为补集。
结论：也就是说，假如一个账单集合 \(S_i\) 的和为零，那么，它最多可以通过 \(i - 1\) 次交易完成平账。
这里，我们用二进制数 \(m\) 表示账单集合 \(S\)，即 \(m\) 的二进制位为 1 时，表示选择 \(bill[i]\) 参与当前集合 \(S_i\) 的平账。然后，我们需要计算集合 \(S\) 的每一个的子集 \(S_i\) 对应的交易金额的和 \(sum[i]\)。
对于子集 \(S_i\) 的交易金额之和 \(sum[i]\)，一定满足如下关系：
其中，\(\oplus\) 表示异或运算，\(i \oplus (1 << j)\) 表示 \(j\) 的补集。\(i\ \&\ (1 << j)\) 表示集合 \(i\) 的二进制数的LSB。
因此，我们可以从小到大枚举 \(m\) 的子集 \(i\)，并计算的所有子集 \(i\) 的交易金额之和。由于我们是从小到大枚举，因此，\(j\) 的补集 \(\complement_ij\) 对应的交易金额之和 \(sum[i \oplus (1 << j)]\) 一定已经计算过了。
动态规划
我们假设 \(i\) 个用户的账单集合为 \(S_i\)，其中, \(S_i[k] \ne 0\)，同时，假设 \(dp[i]\) 表示的集合 \(S_i\) 所需要的最优还债次数。
边界条件
容易得出，当集合中的元素个数为零时，交易次数为零，因此，边界条件：
状态转移
通过观察，可以总结出以下结论：
-
如果集合 \(S_i\) 中所有元素之和不为零，那么
集合 \(S_i\) 所有用户无法通过交易平账，所以，我们将其置为正无穷，即 \(dp[i] = \infty\)；
-
如果集合 \(S_i\) 中所有元素之和为零，那么
集合 \(S_i\) 中所有元素，最多可以通过 \(\operatorname{binCount}(i) - 1\) 次操作，完成平账。因此，我们可以通过枚举集合 \(S_i\) 所有的子集 \(S_j\) 及其对应的补集 \(S_{i-j}\) ，找到它们的交易次数最少的一个组合，就是最优的交易次数，即
\[dp[i] = \min(i - 1, \min^i_{j=0}(dp[S_j] + dp[S_{i-j}])) \]
综上，状态转移方程：
其中， \(\operatorname{binCount}(i)\) 表示 \(i\) 的二进制数中的 \(1\) 的个数。
因此，当集合中的元素个数为 \(n\) 时，平账所需要的次数就是 \(dp[2 ^ n - 1]\)。
代码
class Solution:
def minTransfers(self, transactions: List[List[int]]) -> int:
acounts = defaultdict(int)
for transaction in transactions:
acounts[transaction[0]] += transaction[2]
acounts[transaction[1]] -= transaction[2]
bill = list()
for _, account in acounts.items():
if account:
bill.append(account)
n = len(bill)
m = 1 << n # 总的状态数
_sum = [0] * m
# 枚举所有的状态，计算当前分组的交易金额的总和
for i in range(1, m):
# 枚举状态i的子集j
for j in range(n):
if i & (1 << j):
_sum[i] = _sum[i ^ (1 << j)] + bill[j] # i ^ (1 << j) 表示补集
break
dp = [0] * m
# 枚举所有的状态
for i in range(1, m):
if _sum[i]:
dp[i] = float("INF")
else:
dp[i] = bin(i).count("1") - 1
# 从最低有效位开始枚举所有的子集，找到最少的交易次数
j = (i - 1) & i
while j > 0:
dp[i] = min(dp[i], dp[j] + dp[i ^ j])
j = (j - 1) & i
return dp[m - 1]
应用2：Leetcode.464
题目
在 "100 game" 这个游戏中，两名玩家轮流选择从 1 到 10 的任意整数，累计整数和，先使得累计整数和 达到或超过 100 的玩家，即为胜者。如果我们将游戏规则改为 “玩家 不能 重复使用整数” 呢？
例如，两个玩家可以轮流从公共整数池中抽取从 1 到 15 的整数（不放回），直到累计整数和 >= 100。
给定两个整数 maxChoosableInteger （整数池中可选择的最大数）和 desiredTotal（累计和），若先出手的玩家能稳赢则返回 true ，否则返回 false 。假设两位玩家游戏时都表现 最佳 。
示例 1：
输入：maxChoosableInteger = 10, desiredTotal = 11
输出：false
解释：
无论第一个玩家选择哪个整数，他都会失败。
第一个玩家可以选择从 1 到 10 的整数。
如果第一个玩家选择 1，那么第二个玩家只能选择从 2 到 10 的整数。
第二个玩家可以通过选择整数 10（那么累积和为 11 >= desiredTotal），从而取得胜利.
同样地，第一个玩家选择任意其他整数，第二个玩家都会赢。
示例 2:
输入：maxChoosableInteger = 10, desiredTotal = 0
输出：true
解题思路
注意，题目中的累计整数和表示两位选手选择的数字之和，所以，我们只需要枚举所有的选择顺序。
状态压缩
假设最大可选择的数字为 \(n\)，我们考虑边界条件，当所有的数字都选择之后，其和 \(S\) 都小于 \(desiredTotal\)，那么，先手一定不能获胜，即
由于 \(n\) 最大值为 \(20\)，因此，我们可以用一个 \(4\) 字节（\(20 \le 32\)）的整数 \(state\) 记录所有的状态。
我们假设 \(state\) 中的第 \(i\) 个二进制位为 \(1\) 则表示这个数字已经使用过了，为 \(0\) 则表示没有使用过。使用过一个二进制数之后，将该位置为 \(1\)。
我们采用自顶向下的方式枚举所有的状态，这里，我们定义一个函数：
boolean dfs(int n, int state, int desiredTotal, int currentTotal)
用于表示从未选择的数字中，选择一个数字，如果能获胜，则返回 \(true\)，否则返回 \(false\)，其中，\(state\) 用于记录所有的状态，\(currentTotal\) 表示当前的选择的数字之和。
算法的思路：
- 枚举所有先手玩家可能选择的数字，并用 \(state\) 记录每一个已经选择过的数字；
- 对于每一个没有选择过的数字，判断对于当前玩家选择最优解是否能获胜，若选择的数字与当前的累计整数和相加大于\(desiredTotal\)，则当前玩家一定能获胜；
- 否则，继续判断对手从剩余数字中选择，选择一个数字，判断对手是否有最优解，如果对手不能赢，则先手玩家一定获胜；
由于遍历过程中，会存在很多重复状态，这里通过一个备忘录 \(memory\) 记录已经计算过的状态结果。
代码
- Java实现
class Solution {
private Map<Integer, Boolean> memory = new HashMap<>();
public boolean canIWin(int maxChoosableInteger, int desiredTotal) {
if ((1 + maxChoosableInteger) * maxChoosableInteger / 2 < desiredTotal) {
return false;
}
return dfs(maxChoosableInteger, 0, desiredTotal, 0);
}
private boolean dfs(int n, int state, int desiredTotal, int currentTotal) {
if (!memory.containsKey(state)) {
boolean result = false;
// 枚举先手所有可能选择的数字
for (int i = 0; i < n; i++) {
// 选择一个没有使用过的数字
if (((state >> i) & 1 ) == 0 ) {
// 对于当前选手他会选择的最优解，如果累计和已经大于目标值，则当前选手能获胜
if (i + 1 + currentTotal >= desiredTotal) {
result = true;
break;
}
// 对手从选择剩余的数字中选择，是否会赢，如果对手不能赢，则返回先手获胜
if (!dfs(n, state | (1 << i), desiredTotal, currentTotal + i + 1)) {
result = true;
break;
}
}
}
memory.put(state, result);
}
return memory.get(state);
}
}
- Python实现
from functools import cache
class Solution:
def canIWin(self, maxChoosableInteger: int, desiredTotal: int) -> bool:
@cache
def dfs(usedNumbers: int, currentTotal: int) -> bool:
for i in range(maxChoosableInteger):
if (usedNumbers >> i) & 1 == 0:
if currentTotal + i + 1 >= desiredTotal or not dfs(usedNumbers | (1 << i), currentTotal + i + 1):
return True
return False
return (1 + maxChoosableInteger) * maxChoosableInteger // 2 >= desiredTotal and dfs(0, 0)
应用3：Leetcode.691
题目
解题思路
假设目标字符串 \(target\) 的长度为 \(m\)，对于字符串的每一个位置都选择和不选择两种策略，那么，它共有 \(2^m\) 个子序列 \(S_i\)。
我们可以将目标字符串将其分解为子问题，即，拼凑出某个子序列 \(S_i\) 所需要的最少贴纸数，又可以由 \(S_i\) 的子序列来递归计算。
这里，我们定义一个函数：
int dp(String [] stickers, String target, int[] memory, int state)
用于表示不同状态所需要的最小贴纸数量，其中，\(state\) 表示字符串 \(target\) 某一个子序列。
我们用 \(state\) 的二进制位记录选择的状态，即，如果 \(state\) 的第 \(i\) 个二进制位为 \(1\)，则表示选择字符串 \(target\) 的第 \(i\) 个字符，如果为 \(0\)，则表示不选择。
在计算过程中，我们需要选择最优的单词 \(sticker\)，让它贡献部分字符，未被 \(sticker\) 覆盖的剩余字符，需要通过递归调用继续求解子问题。
我们假设初始状态为 \(state = (1 << m) - 1 = 111\cdots111\)，即表示所有的字符都选择了。
对于贴纸上的每一个单词：
- 我们首先计算该单词 \(sticker\) 中每个字符出现的次数；
- 遍历目标子序列中未使用过的字符，如果该字符在单词 \(sticker\) 中出现次数大于零，则将出现次数减一，并将当前状态 \(left\) 求补集；
- 如果该单词 \(sticker\) 对目标子序列有贡献，则继续求解子问题；
代码实现
class Solution {
public int minStickers(String[] stickers, String target) {
int m = target.length();
int [] memory = new int[1 << m];
Arrays.fill(memory, -1);
// 空字符串所需贴纸的数量为零
memory[0] = 0;
int result = dp(stickers, target, memory, (1 << m) - 1);
return result <= m ? result : -1;
}
private int dp(String [] stickers, String target, int[] memory, int state) {
int m = target.length();
// 没有计算过的状态
if (memory[state] < 0){
int result = m + 1;
for (String sticker : stickers) {
int left = state;
int[] count = new int[26];
for (int i = 0; i < sticker.length(); i++) {
count[sticker.charAt(i) - 'a']++;
}
for (int i = 0; i < target.length(); i++) {
char currentChar = target.charAt(i);
if (((state >> i) & 1) == 1 && count[currentChar - 'a'] > 0) {
count[currentChar - 'a']--;
// 计算left的补集
left = left ^ (1 << i);
}
}
// 如果left对目标子序列有贡献，则继续求解剩余的子序列
if (left < state) {
result = Math.min(result, dp(stickers, target, memory, left) + 1);
}
}
memory[state] = result;
}
return memory[state];
}
}
应用3：Leetcode.864
题目
解题思路
我们使用一个整数 \(mask\) 记录获取到钥匙的状态，即，整数 \(mask\) 的每一个二进制位表示获取钥匙的状态：
- 如果整数 \(mask\) 的第 \(i\) 位为 \(1\)，则表示获取到第 \(i\) 把钥匙；
- 如果整数 \(mask\) 的第 \(i\) 位为 \(0\)，则表示未获取到第 \(i\) 把钥匙；
对于所有的钥匙序号，我们可以对矩阵中的数据做一个预处理，用一个 \(hash\) 表 \(status\) 记录所有的每一个位置的钥匙及其对应的序号。
代码实现
from collections import deque
from typing import List
START = "@"
EMPTY_ROOM = "."
WALL = "#"
DIRECTIONS = [(-1, 0), (1, 0), (0, -1), (0, 1)]
class Solution:
def shortestPathAllKeys(self, grid: List[str]) -> int:
m, n = len(grid), len(grid[0])
start_x = start_y = 0
# 记录每一把钥匙的状态位
status = dict()
count = 0
for i in range(m):
for j in range(n):
# 记录起点的位置
if grid[i][j] == START:
start_x, start_y = i, j
# 如果这个位置是钥匙，并且没有被访问过
elif grid[i][j].islower() and grid[i][j] not in status:
status[grid[i][j]] = count # 记录该钥匙的状态位
count += 1
# 通过广度优先遍历，查找所有钥匙的最短路径，队列中保存每个位置及其状态，起始状态没有钥匙用0表示
q = deque([(start_x, start_y, 0)])
visit = dict() # 记录每个点的步数
visit[(start_x, start_y, 0)] = 0
while q:
_x, _y, mask = q.popleft()
for direction in DIRECTIONS:
# 从起点开始遍历邻近的节点
x, y = _x + direction[0], _y + direction[1]
# 只要下一个点在网格内，并且不是墙，就可以移动
if 0 <= x < m and 0 <= y < n and grid[x][y] != WALL:
# 如果当前位置是空房间或者起点
if grid[x][y] == EMPTY_ROOM or grid[x][y] == START:
# 并且未被访问过，就将这个位置的步数加1，并将其加入队列中
if (x, y, mask) not in visit:
visit[(x, y, mask)] = visit[(_x, _y, mask)] + 1
q.append((x, y, mask))
# 如果当前位置是钥匙
elif grid[x][y].islower():
# 钥匙对应的状态位就是index
index = status[grid[x][y]]
if (x, y, mask | (1 << index)) not in visit:
visit[(x, y, mask | (1 << index))] = visit[(_x, _y, mask)] + 1
# 当所有的二进制位都为1时，表示钥匙收集齐了
if (mask | (1 << index)) == (1 << len(status)) - 1:
return visit[(x, y, mask | (1 << index))]
q.append((x, y, mask | (1 << index)))
# 如果当前位置是锁，对应的锁就是grid[x][y].lower()
else:
# 不可能出现的场景：两次经过了某个房间，并且这两次我们拥有钥匙的情况是完全一致的
if (x, y, mask) in visit:
continue
# 钥匙对应的状态位就是index
index = status[grid[x][y].lower()]
# 该状态位必须是1，即遍历的路径上已经拾取了对应的钥匙，才能通过该位置
if mask & (1 << index):
# 将该位置新的状态对应的步数加1，并将其放入队列
visit[(x, y, mask)] = visit[(_x, _y, mask)] + 1
q.append((x, y, mask))
return -1
应用4：Leetcode.1494
题目
给你一个整数 n 表示某所大学里课程的数目，编号为 1 到 n ，数组 relations 中， relations[i] = [xi, yi] 表示一个先修课的关系，也就是课程 xi 必须在课程 yi 之前上。同时你还有一个整数 k 。
在一个学期中，你 最多 可以同时上 k 门课，前提是这些课的先修课在之前的学期里已经上过了。请你返回上完所有课最少需要多少个学期。题目保证一定存在一种上完所有课的方式。
示例 1：
输入：n = 4, relations = [[2,1],[3,1],[1,4]], k = 2
输出：3
解释：上图展示了题目输入的图。在第一个学期中，我们可以上课程 2 和课程 3 。然后第二个学期上课程 1 ，第三个学期上课程 4 。
解题思路
注意，题目中的条件，在上过某些课程的前提下，选出满足约束条件的课程，在本学期可以上的课程需要满足：
-
课程之前没上过；
-
课程的先修课已经全部都上完了。
以题目中的用例为例，假设有 5 门课程，编号为：\(1,2,3,4,5\)。假如第一学期上了课程 \(2\) 和课程 \(3\)（它们没有先修课），那么问题就变成「上完课程 \(1,4,5\) 最少需要多少个学期」，这是一个和原问题相似的子问题，因此我们可以用动态规划求解。
我们用一个整数 \(S\) 来表示当前还需要学习的课程集合，即 \(S\) 的二进制数从低位到高位，第 \(i\) 位为 \(1\) 则表示课程 \(i\) 还需要进行学习，否则表示课程 \(i\) 已经完成学习。
设全集 \(S = \{0, 1, 2, \cdots, n - 1\}\)，设 \(prerequisite[i]\) 表示集合 \(i\) 中所有课程的先修课程的并集，特别地，如果没有先修课程，则 \(prerequisite[i] = \emptyset\)。
同时，假设 \(dp[i]\) 表示上完集合 \(i\) 中的课程，最少需要多少个学期。
这里，为了方便状态表示，我们重新对课程进行编号，从 \(0\) 开始编号，即原来编号为 \(x\) 的课程现在为 \(x−1\)。
边界条件
需要上的课程数为零时，不需要任何学期就可以完成，所以，边界条件为：
状态转移
对于每一个课程及其先修课程，我们使用一个二进制的比特位来记录其状态，因此，其状态转移方程为：
其中，\(\oplus\) 表示异或运算，\(i \oplus j\) 表示从集合 \(i\) 中移除 \(j\) 的操作，即 \(i \oplus j = \complement_ij\)。
对于状态 \(i\) 的任意一个子集 \(j\)，\(prerequisite[i]\) 表示：子集 \(j\) 的先修课程与子集 \(j\) 的补集 \(\complement_ij\) 的先修课程的并集。
为了方便计算，我们可以从 \(i\) 的 LSB 开始枚举子集 \(j\)，即 \(j = i\ \&\ (-i)\)，此时，\(i \oplus j = i\ \&\ (i - 1)\)。
此时，状态转移方程 1 等价于：
状态转移过程：
-
我们考虑从小到大枚举集合 \(i\) 的非空子集 \(j\)，作为一个学期内要学完的课程；
注意，集合 \(j\) 中的课程数不能超过每学期最多可以上的课程数 \(k\) ，即这里 \(j\) 中的所有元素的先修课程必须都在 \(i\) 的补集 \(\complement_Si\) 中，表示前面学期已经学完了 \(j\) 中的所有课程的先修课，即 \(prerequisite[i] \subseteq \complement_Si\)。
-
当 \(j\) 满足如下条件时，我们就可以学习课程 \(j\)：
-
\(j\) 的大小不能超过每学期最多可以上的课程数 \(k\)；
-
剩下课程集合 \(i\oplus j\) 为可以在有限的学期内完成学习；
即 \(dp[i \oplus j] \ne +\infty\)。
-
剩下课程集合 \(i\oplus j\) 中不存在 \(j\) 的先修课程。
即 \(prerequisite[j]\ \&\ i \oplus j = prerequisite[j]\)。
-
-
否则，\(dp[i]\) 仍然为 \(+\infty\)。
因此，我们可以从小到大枚举每一个状态 \(i\) 的 \(prerequisite[i]\) 和 \(dp[i]\)，最后完成 \(n\) 门课程需要的最少学期数就为 \(dp[2^n -1]\)。
代码实现
from typing import List
class Solution:
def minNumberOfSemesters(self, n: int, relations: List[List[int]], k: int) -> int:
max_state = (1 << n)
dp = [float("INF")] * max_state
# prerequisite[1] = 0110 表示1的先修课为2和3
prerequisite = [0] * max_state
for relation in relations:
prerequisite[(1 << (relation[1] - 1))] |= 1 << (relation[0] - 1)
dp[0] = 0
# taken表示已经上过的课，假设taken = 0111，表示课程1 2 3已经上过了
for taken in range(1, max_state):
prerequisite[taken] = prerequisite[taken & (taken - 1)] | prerequisite[taken & (-taken)]
# taken 中有任意一门课程的前置课程没有完成学习
if (prerequisite[taken] | taken) != taken:
continue
# 当前学期可以进行学习的课程集合
current = taken ^ prerequisite[taken]
# 如果个数小于 k，则可以全部学习，不再枚举子集
if current.bit_count() <= k:
dp[taken] = min(dp[taken], dp[taken ^ current] + 1)
else:
# 枚举子集
sub_mask = current
while sub_mask:
if sub_mask.bit_count() <= k:
dp[taken] = min(dp[taken], dp[taken ^ sub_mask] + 1)
sub_mask = (sub_mask - 1) & current
return int(dp[-1])
参考：
