GYM 103389 C

题目描述

有 \(N\) 个景点，第 \(i\) 个属于公司 \(c_i\)。当你第一次路过一个属于公司 \(i\) 的景点时，你会获得 \(w_i\) 元。

在景点之间有 \(m\) 条单向道路连接 \(u,v(u<v)\)。一开始你在景点 \(1\)。求到所有景点 \(1\le i\le N\) 时最多能获得多少元。

思路

由于公司数量很少，所以考虑状压。

如果直接状压的话很好想到。但这里 \(N\le 36\)，似乎只用加一点点优化就行了。

而这里状压是记录哪些公司被访问过了。但我们的目的是为了不重复统计一个公司的贡献。所以只需记录出现次数 \(\ge 2\) 的公司即可。

总共记录的只有 \(\frac{N}{2}=18\)，可以接受。

空间复杂度 \(O(2^{\frac{N}{2}} \cdot N)\)，时间复杂度 \(O(2^{\frac{N}{2}} \cdot N^2)\)。

代码

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

const int MAXN = 40, INF = 40000001;

int n, m, c[MAXN], w[MAXN], cnt[MAXN], _id[MAXN], tot, dp[MAXN][1 << 18], g[MAXN][MAXN];

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n >> m;
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    cin >> c[i];
    cnt[c[i]]++;
  }
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    cin >> w[i];
    if(cnt[i] > 1) {
      tot++;
      _id[i] = tot - 1;
    }
  }
  for(int i = 1, u, v; i <= m; ++i) {
    cin >> u >> v;
    g[u][v] = 1;
  }
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    for(int j = 0; j < (1 << tot); ++j) {
      dp[i][j] = -INF;
    }
  }
  dp[1][(cnt[c[1]] > 1 ? (1 << _id[c[1]]) : 0)] = w[c[1]];
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    int Max = 0;
    for(int j = 0; j < (1 << tot); ++j) {
      if(dp[i][j] < 0) {
        continue;
      }
      Max = max(Max, dp[i][j]);
      for(int v = 1; v <= n; ++v) {
        if(g[i][v]) {
          dp[v][j | (cnt[c[v]] > 1 ? (1 << _id[c[v]]) : 0)] = max(dp[v][j | (cnt[c[v]] > 1 ? (1 << _id[c[v]]) : 0)], dp[i][j] + (cnt[c[v]] <= 1 || !((j >> _id[c[v]]) & 1) ? w[c[v]] : 0));
        }
      }
    }
    cout << Max << "\n";
  }
  return 0;
}