状态压缩dp
什么是状压DP:
动态规划的状态有时候比较恶心,不容易表示出来,需要用一些编码技术,把状态压缩的用简单的方式表示出来。
典型方式:当需要表示一个集合有哪些元素时,往往利用2进制用一个整数表示。
动态规划本来就很抽象,状态的设定和状态的转移都不好把握,而状态压缩的动态规划解决的就是那种状态很多,不容易用一般的方法表示的动态规划问题,这个就更加的难于把握了。难点在于以下几个方面:状态怎么压缩?压缩后怎么表示?怎么转移?是否具有最优子结构?是否满足后效性?涉及到一些位运算的操作,虽然比较抽象,但本质还是动态规划。找准动态规划几个方面的问题,深刻理解动态规划的原理,开动脑筋思考问题。这才是掌握动态规划的关键。
使用条件
- 题目的数据量比较小,因为状压DP一般都是指数级的时间复杂度
- 整个解集的状态可以用一串0和1组成的二进制数进行表示,比如硬币正面(1)或者反面(0),一门课选(1)或者不选(0)等等
把大问题看作是多阶段的决策求解,利用数组存储之前的状态,再由状态及状态对应的值推演出状态转移方程最终得到最优解。
下面来看三道题目:
例题一:
[POJ3254]Corn Fields(其实就是牛吃草)
题目大意
一个矩阵里有很多格子,每个格子有两种状态,可以放牧和不可以放牧,可以放牧用1表示,否则用0表示,在这块牧场放牛,要求两个相邻的方格不能同时放牛(不包括斜着的),即牛与牛不能相邻。问有多少种放牛方案(一头牛都不放也是一种方案)
输入
1<=n<=12,1<=m<=12
输出
一个mod100000000的整数
样例输入
2 3
1 1 1
0 1 0
样例输出
9
分析
从题意我们可以知道牛与牛之间不能相邻,我们可以很容易的想到可以一行一行的递推,因为每只牛能不能放只与上一行和当前这一行有关。
所以dp中有一个维度是用来表示第几行的,还有一个维度就是用来表示哪一行的状态的。
假设有m列,则状态最多只有(1《m-1)种,这是显然的。因为他每一列只有放和不放这两种决策。
那么怎么表示状态是个关键问题,这就要用到状态压缩了,用二进制来表示某个状态,比如
0101代表的就是1、3列不放牛,2、4列放牛。这样不仅省空间省代码还省时间。
要用位运算是必须的。
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int N = 13;
const int M = 1<<N;
const int mod = 100000000;
int st[M],map[M]; ///分别存每一行的状态和给出地的状态
int dp[N][M]; //表示在第i行状态为j时候可以放牛的种数
bool judge1(int x) //判断二进制有没有相邻的1
{
return (x&(x<<1));
}
bool judge2(int i,int x)
{
return (map[i]&st[x]);
}
int main()
{
int n,m,x;
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
memset(st,0,sizeof(st));
memset(map,0,sizeof(map));
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++){
scanf("%d",&x);
if(x==0)
map[i]+=(1<<(j-1));
}
}
int k=0;
for(int i=0;i<(1<<m);i++){
if(!judge1(i))
st[k++]=i;
}
for(int i=0;i<k;i++)
{
if(!judge2(1,i))
dp[1][i]=1;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<k;j++)
{
if(judge2(i,j)) //判断第i行 假如按状态j放牛的话行不行。
continue;
for(int f=0;f<k;f++)
{
if(judge2(i-1,f)) //剪枝 判断上一行与其状态是否满足
continue;
if(!(st[j]&st[f]))
dp[i][j]+=dp[i-1][f];
}
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<k;i++){
ans+=dp[n][i];
ans%=mod;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
例题二:
[POJ3311]Hie With The Pie
题目大意:
一个送外卖的人,从0点出发,要经过所有的地点然后再回到店里(就是0点),求最少花费的代价。
输入
1<=n<=10
输出
一个整数,代表最小花费。
样例输入
3
0 1 10 10
1 0 1 2
10 1 0 10
10 2 10 0
0
样例输出
8
分析
怎么做?我们可以先从暴力来分析分析。
搜索解法:这种解法其实就是计算排列子集树的过程。从0点出发,要求遍历1,2,3点后回到0点。以不同的顺序来依次遍历1,2,3点就会导出不同的路径(0->1->2->3->0;0->1->3->2->0等等),总共有3!=6条路径需要考虑,从中选出最短的那条就是所求。搜索解法的时间复杂度为 O(n!) 。
需要注意的是题目显然给的是个邻接矩阵,并不代表各点之间的距离,所以我们需要先Floyd求出各点的最短路
动归解法:仔细观察搜索解法的过程,其实是有很多重复计算的。比如从0点出发,经过1,2,3,4,5点后回到0点。那么0->1->2->(3,4,5三个点的排列)->0与0->2->1->(3,4,5三个点的排列)->0就存在重复计算(3,4,5三点的排列)->0路径集上的最短路径。只要我们能够将这些状态保存下来就能够降低一部分复杂度。下面就让我们用动归来求解这一问题。记dp(S,v)为走完了集合S后最后停留在v点的最小花费。
我们不难得出递推方程式为
dp[S][v] = min(dp[S除去点v)][k] + dis[k][v],dp[S][v])
参考代码
#include<iostream>
#define INF 100000000
using namespace std;
int dis[12][12];
int dp[1<<11][12];
int n,ans,_min;
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
while(scanf("%d",&n) && n)
{
for(int i = 0;i <= n;++i)
for(int j = 0;j <= n;++j)
scanf("%d",&dis[i][j]);
for(int k = 0;k <= n;++k)
for(int i = 0;i <= n;++i)
for(int j = 0;j <= n;++j)
if(dis[i][k] + dis[k][j] < dis[i][j])
dis[i][j] = dis[i][k] + dis[k][j];
for(int S = 0;S <= (1<<n)-1;++S)//枚举所有状态,用位运算表示
for(int i = 1;i <= n;++i)
{
if(S & (1<<(i-1)))//状态S中已经过城市i
{
if(S == (1<<(i-1))) dp[S][i] = dis[0][i];//状态S只经过城市I,最优解自然是从0出发到i的dis,这也是DP的边界
else//如果S有经过多个城市
{
dp[S][i] = INF;
for(int j = 1;j <= n;++j)
{
if(S & (1<<(j-1)) && j != i)//枚举不是城市I的其他城市
dp[S][i] = min(dp[S^(1<<(i-1))][j] + dis[j][i],dp[S][i]);
//在没经过城市I的状态中,寻找合适的中间点J使得距离更短,和FLOYD一样
}
}
}
}
ans = dp[(1<<n)-1][1] + dis[1][0];
for(int i = 2;i <= n;++i)
if(dp[(1<<n)-1][i] + dis[i][0] < ans)
ans = dp[(1<<n)-1][i] + dis[i][0];
printf("%d/n",ans);
}
return 0;
}
例题三
[POJ1185]炮兵阵地
描述
司令部的将军们打算在NM的网格地图上部署他们的炮兵部队。一个NM的地图由N行M列组成,地图的每一格可能是山地(用”H” 表示),也可能是平原(用”P”表示),如下图。在每一格平原地形上最多可以布置一支炮兵部队(山地上不能够部署炮兵部队);一支炮兵部队在地图上的攻击范围如图中黑色区域所示:
这里写图片描述
如果在地图中的灰色所标识的平原上部署一支炮兵部队,则图中的黑色的网格表示它能够攻击到的区域:沿横向左右各两格,沿纵向上下各两格。图上其它白色网格均攻击不到。从图上可见炮兵的攻击范围不受地形的影响。
现在,将军们规划如何部署炮兵部队,在防止误伤的前提下(保证任何两支炮兵部队之间不能互相攻击,即任何一支炮兵部队都不在其他支炮兵部队的攻击范围内),在整个地图区域内最多能够摆放多少我军的炮兵部队。
输入
第一行输出数据测试组数X(0X100)
接下来每组测试数据的第一行包含两个由空格分割开的正整数,分别表示N和M; 接下来的N行,每一行含有连续的M个字符(‘P’或者’H’),中间没有空格。按顺序表示地图中每一行的数据。0<=N <= 100;0<=M <= 10。
输出
每组测试数据输出仅一行,包含一个整数K,表示最多能摆放的炮兵部队的数量。
样例输入
1
5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP
样例输出
6
参考代码
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 105;
int Map[N];
int dp[N][65][65]; //dp[i][j][k]表示放第i行时,第i行为第j个状态,第i-1行为第k个状态最多可以放多少个炮兵
int s[N], num[N];
int n, m, p;
bool check(int x) { //判断本行的炮兵是否互相攻击
if(x & (x >> 1)) return false;
if(x & (x >> 2)) return false;
return true;
}
int Count(int x)
{
int i=1, ans=0;
while(i<=x)
{
if(x&i) ans++;
i<<=1;
}
return ans;
}
void Init()
{
p=0;
memset(s,0,sizeof(s));
memset(num,0,sizeof(num));
for(int i=0;i<(1<<m);i++){
if(check(i))
{
s[p]=i;
num[p++]=Count(i); //计算状态为x时可以放多少个炮兵
}
}
}
int main() {
char ch;
scanf("%d%d", &n, &m);
memset(dp, 0, sizeof(dp));
memset(Map, 0, sizeof(Map));
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<m;j++)
{
cin>>ch;
if(ch == 'H')
Map[i]+=(1<<(m-1-j));//P为0,H为1
}
}
Init();//预处理出合法状态
for(int i = 0; i < p; i++) //求第一行最多放多少
if(!(Map[0]&s[i]))// 不在山上
dp[0][i][0]=num[i];
for(int i = 0; i < p; i++)//前两行最多放多少
{
if(!(Map[1]&s[i]))//不与第一行冲突
{
for(int j=0;j<p;j++)
{
if((!(s[i]&s[j])))//一二行不冲突
{
dp[1][i][j]=max(dp[1][i][j],dp[0][j][0]+num[i]);
}
}
}
}
for(int r=2;r<n;r++)//枚举行数
{
for(int i=0;i<p;i++)//当前行的状态
{
if(!(s[i]&Map[r]))//不在山上
{
for(int j = 0; j < p; j++) //上一行的状态
{
if(!(s[j] & Map[r-1]))//不在山上
{
if(!(s[i] & s[j]))//不与当前行冲突
{
for(int k = 0; k < p; k++)//上上一行的状态
{
if(!(s[k] & Map[r-2])) //不在山上
{
if(!(s[j] & s[k])) //不与上一冲突
{
if(!(s[i] & s[k]))//不与当前行冲突
{
dp[r][i][j]=max(dp[r][i][j],dp[r-1][j][k]+num[i]);
}
}
}
}
}
}
}
}
}
}
int ans = 0;
for(int i = 0; i < p; i++)
{
for(int j = 0; j < p; j++)
{
if(ans<dp[n-1][i][j])
ans=dp[n-1][i][j];
}
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}