P6883 [COCI2016-2017#3] Kroničan

一眼丁真：一道简单的入门的小清新状压好题。

分析

根据题意，每一个杯子只有有水或没水这两种状态。很容易想到用二进制去表示。有水为 \(0\)，没水为 \(1\)。

举个例子，有两个杯子所有杯子都没有水，那么状态为 \(11\)。

设 \(dp[i]\) 表示从初始状态到状态 \(i\) 所需的最小代价。

另外我们可以想到一个性质，例如说 \(x\) 倒入 \(y\) 中，\(z\) 再倒往 \(y\) 中，\(y\) 倒入 \(k\) 中与 \(x\) 倒入 \(y\) 中，\(y\) 再倒往 \(k\) 中，\(z\) 倒往 \(y\) 中，\(y\) 有再一次倒入 \(k\) 中是等价的。也就是倒入一个空杯子中与倒往这个杯子没空的时候可能是一样的。所以对于每一个状态 \(i\)，若当前有一个水杯没有水并且在上一步有水，则肯定是倒给了当前所有有水的杯子中的其中一个，而不是倒入没水的杯中。就不用算重复的情况了。

那么我们很容易想出转移方程：

\[dp[i] = \min(dp[i \oplus (1 << j)] + c[j][k], dp[i]) \]

其中 \(j\) 表示当前没有水的水杯，\(k\) 表示当前有水的水杯，当然 \(0 \le j, k < n\)。下标从 \(0\) 开始。而 \(i \oplus (1 << j)\) 表示能转移到 \(i\) 这个状态的状态。

初始化。

根据题意和定义 \(dp[0] = 0\)，其余则为正无穷。

答案就是在合法的状态中取最小值。

\(0\) 的个数小于等于 \(k\) 的状态即为合法。

当然，有一个小地方要注意，从 \(x\) 杯倒入 \(y\) 杯的价值可能不等于从 \(y\) 杯 倒入 \(x\) 杯的价值。

时间复杂度 \(O(2^n n^2)\)。对于这题够用了。

Code

下面的 __builtin_popcount(i) 是求出 \(i\) 在二进制下有多少个 \(1\)。

顺便告诉你，吸个氧就逼近最优解了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, k, dp[(1 << 20) + 5], c[25][25];

int main() {
	cin >> n >> k;
	memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
	for (int i = 0; i < n; i++)//下标从 0 开始。
		for (int j = 0; j < n; j++)
			cin >> c[i][j];
	dp[0] = 0;
	for (int i = 1; i < (1 << n); i++) {
		for (int j = 0; j < n; j++) {
			if (i & (1 << j))//如果 j 这一杯没水。
				for (int k = 0; k < n; k++)
					if (!(i & (1 << k)))//找到当前有水的杯子，可能在上一步 j 的水倒入了 $k$。
						dp[i] = min(dp[i], dp[(i - (1 << j))] + c[j][k]);//一定是 c[j][k]
		}
	}
	int ans = 1e9;
	for (int i = 0; i < (1 << n); i++)
		if (__builtin_popcount(i) >= n - k)//也可以写成 n - __builtin_popcount(i) <= k，就是需要 0 的个数小于等于 k，或 1 的个数大于等于 k。
			ans = min(ans, dp[i]);
	cout << ans;
	return 0;
}

后记

CSP2023 后的第一篇题解还是随机跳题来的捏。

若蒟蒻有空，会解答评论区的问题的。QwQ。

蒟蒻可能有笔误，欢迎大佬们来纠正。