状态压缩 DP 学习笔记【入门篇】

前言

状态压缩 DP，简称状压 DP。

之前一直觉得状压特别难，学了一下，发现基本形态挺简单的。

在学习之前，你需要掌握：

1. 简单 DP（如线性 DP，背包）
2. 基本二进制运算：& 运算、| 运算、$\oplus$ 运算、左右移运算符。

什么是状压 DP

状态压缩，顾名思义，就是对当前的状态压缩。

怎么压缩呢？答案是二进制。

比如一个简单的例子：我有五个小球，依次编号 $0$ 到 $5$。

我想表达『选 $1$ 号与 $3$ 号球』，怎么压缩？

很显然，对应二进制是 $(01010{)}_2$，转换成十进制就是 $10$。

这个就是状压 DP。

也就是说，状态的转移（二进制转移），可以变成整数的加减（十进制加减）。

二进制运算

既然都有二进制，二进制的简单技巧肯定少不了。

二进制数 $x$，第 $n$ 位是否为 $k$

此处 $k$ 取值 $1$ 或 $0$。

将 $x$ 右移 $(n-1)$ 位，即 $x>>(n-1)$。

此时，$x$ 的末位就是第 $n$ 位，拉出个位即可：$x>>(n-1)$ & $1$。

所以判断语句即为：if ( (x >> (n-1) & 1) == k)。

* 在打代码时，需要注意括号。位运算优先级较为复杂，保险起见可以打括号，但必须保证可读性。

二进制数 $x$，修改第 $n$ 位为 $1$

利用或运算求解。

将第 $n$ 位修改成 $1$，相当于 $x$ | $100\cdots 00$，应该有 $(n-1)$ 个 $0$。

所以修改语句即为：x | (1 << (n-1))。

二进制数 $x$ 最低位的 $1$ 改成 $0$

比如说，将 $(100101{)}_2$ 修改为 $(100100{)}_2$ ，将 $(110100{)}_2$ 修改为 $(110000{)}_2$。

方法一：利用 $\mathtt{\text{lowbit()}}$ 修改：x - (x&-x)。其中的 $\mathtt{\text{lowbit()}}$ 在树状数组中有使用，不理解没关系。

方法二：

对于一个数 $x$，$(x-1)$ 总是等于：将末尾 $0$ 变成 $1$，最低位 $1$ 变成 $0$，前面不变。

所以，x & (x-1) 就是答案。

你可能听不懂，那么举个例子。

若 $x=(110100{)}_2$，则 $(x-1)=(110001{)}_2$。

容易发现，前三位进行 & 运算，不变；后三位进行 & 运算，必为 $0$。

这下懂了吧！

状压 DP 思路

一般地，状态都用一个二维数组 dp[][] 表示。

$d{p}_{i,j}$ 的第一维 $i$，通常是二进制数，表示哪些物品被选过。

第二维 $j$ 则比较多变，需要根据题目转换。

这里还需要知道一个东西：$i$ 的取值范围。

假如一共有 $n+1$ 个点，编号 $0$ 至 $n$，则 $i=[0,2^0+2^1+\cdots +2^n]$。

后半段的 $2^0+2^1+\cdots +2^n$ 是等比数列，简单普及一下求解方法。

令 $S=2^0+2^1+\cdots +2^n$。

则 $2\cdot S=2^1+2^2+\cdots +2^n+2^{n+1}$。

两式相减得：$2\cdot S-S=2^{n+1}-2^0$。

简化得：$S=2^{n+1}-1$。

大家肯定还是不理解，我们来看一道经典例题。

经典例题 - TSP 问题

题意

前置知识：$\mathtt{\text{Floyd}}$ / $\mathtt{\text{dijkstra}}$ 算法。

旅行商问题（Traveling salesman problem，即 TSP），是组合优化中的 NP 问题。

至今还没有多项式解法，仅有指数级做法。

具体问题如下：

有一张图（一般为无向图），保证所有点均连通。

有一个旅行商在 $0$ 号点，要求他从 $0$ 号点出发，访问过所有的城市并回到原点。

给定每对城市之间的距离，求出最短路。

如果用暴力，时间复杂度过高。

所以使用状压 DP 实现。

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思路

首先，看图的稠密性决定使用 $\mathtt{\text{floyd}}$ 还是 $\mathtt{\text{dijkstra}}$。

反正，用最短路算法，求出任意两点的最短距离。

设 $d{p}_{i,j}$ 表示行走过的点的状态为 $i$（对应二进制数），最后一个点是 $j$ 号点。

我们可以枚举 $k=[0,\mathtt{\text{maxn}}]$。

接下来再枚举 $i$ 与 $j$，表示几号点。

我们可以大致写出有关 $i\to j$ 的状态转移方程：

如果 $k$ 的第 $j$ 位为 $0$，说明可以尝试转移：

$$dp[k|(1<<n)][j]=min\{\begin{array}{l}dp[k|(1<<n)][j]\\ \\ dp[k][i]+e_{j,i}\end{array}$$

啊这个方程写崩溃了。

最后的答案即为：$dp[\mathtt{\text{maxn}}][0]$。

对了，不要忘记初始化 $d{p}_{i,j}=\mathrm{\infty }$，$d{p}_{0,0}=0$。

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代码

给出代码。

大致讲一下这份代码的读入格式。

第一行 $n$ 表示有 $(n+1)$ 个点，编号 $0$ 至 $n$。

接下来一个 $(n+1)\times (n+1)$ 的矩阵，矩阵的第 $i$ 行 $j$ 列表示 $dis[i\to j]$。

道路是单向的。

这里由于图是稠密图，所以使用 $\mathtt{\text{floyd}}$。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 20
using namespace std;
int n, e[N][N], dp[1<<N][N];
void Input()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 0; i <= n; i++)
		for (int j = 0; j <= n; j++)
			scanf("%d", &e[i][j]);	
}
void floyd()
{
	for (int k = 0; k <= n; k++)
		for (int i = 0; i <= n; i++)
			for (int j = 0; j <= n; j++)
				e[i][j] = min(e[i][j], e[i][k] + e[k][j]);
}
void DP()
{
	memset(dp, INF, sizeof(dp));
	dp[0][0] = 0;
	int maxn = (1 << n+1) - 1;
	for (int k = 0; k <= maxn; k++)
		for (int i = 0; i <= n; i++)
				for (int j = 0; j <= n; j++)
					if ( ((k >> j) & 1) == 0) //判断第 j 位是否为 0。
						//把第 j 位改成 1。
						dp[ k|(1<<j) ][j] = min(dp[ k|(1<<j) ][j], dp[k][i] + e[j][i]);
	printf("%d", dp[maxn][0]);
}
int main()
{
	Input();
	floyd();
	DP();
}

进一步思考

通过这道题目，我们发现：状压 DP 的时间复杂度一般是 $O(2^n\cdot n^2)$。

由此可得，状压 DP 的适用范围不会很广，$n\le 20$ 左右。

如果 $n$ 再大一点，不说时间问题，空间都爆炸啦（空间至少需要 $2^n$，本题空间 $2^n\cdot n+n^2$）！

考虑到这个后，你就可以一眼知道，一道 DP 题有没有使用状压 DP 的可能性。

后记

貌似没有实战例题，以后有时间再补例题吧。

状压 DP 真的不难，希望大家努力学会！

此外，推荐两道状压入门题：link1 & link2。

还有大神整理的题单：link。

首发：2022-06-12 17:34:29