状态压缩学习笔记

使用计算机中二进制的特性，将一个难以表达的状态，一般为有或没有（ $1 | 0$ ），变成二进制。例如 $15_{(10)}=1111_{(2)}$。

枚举 $0_{(2)}\sim1111111111_{(2)}$ 就可以实现 $0\sim 1023$ 的状态。

状压 dp

例题：吃奶酪

定义 $dp_{j,i}$ 为走过的最后一个点为 $j$，状态为 $i$ 的最短路径。状态就是表示每个点是否已经走过。例如 $15$ 表示 $1111_(2)$，也就是 $1\sim4$ 都走过了。

枚举每一种状态 $i$，然后枚举 $j$ ，该状态的结尾路径在点 $j$ 上，最后枚举 $k$，从点 $k$ 转移过来。

比如 $j=1,k=5$ 时，就是从 $5\to1$。之前的状态就是未走过 $1$ 时的状态。一般来说，第 $x$ 个点就设为二进制中第 $x$ 低位，即 $2^{x-1}$，所以为 $dp_{5,i-2^{0}}$，所需要的代价就是 $5\to1$ 的距离。

形式化地，本题状态转移方程就是：

$$\large{dp_{j,i}=\min(dp_{j,i},dp_{k,i-2^{j-1}}+dis_{j,k})}$$

实现时还要注意 $j,k$ 是否符合状态，当 $j=k$，$k,i$ 在状态 $i$ 中未走过时，都是不合法的。一般地，常使用位运算知识解决。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 16;
int n;
double a[N][N];
double x[N],y[N];
double dp[N][1<<N],ans=1e100;
int main() {
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>x[i]>>y[i];
	}
	memset(dp,0x7f,sizeof dp);
	for(int i=0;i<=n;i++) {
		for(int j=0;j<=n;j++) {
			a[i][j]=sqrt((x[j]-x[i])*(x[j]-x[i])+(y[j]-y[i])*(y[j]-y[i]));
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		dp[i][1<<i-1]=a[0][i];//初始化 
	}
	for(int i=0;i<1<<n;i++) {//状态
		for(int j=0;j<=n;j++) {//到哪
			if((i&(1<<j-1))==0) continue;
			//该点没走过 
			for(int k=0;k<=n;k++) {//在哪
				if(((i&(1<<k-1))==0) | (k==j)) continue;
				dp[j][i]=min(dp[j][i],dp[k][i-(1<<j-1)]+a[j][k]);
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		ans=min(ans,dp[i][(1<<n)-1]);//将所有的都走过一遍了 
	}
	printf("%.2lf",ans);
	return 0;
}

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状压最短路

有时候，使用 dp 具有后效性，此时要考虑与其他知识结合起来。

比如最短路算法。

例题：关灯问题II

写完 dp 后就发现，关灯的顺序不同，结果也不相同，就会涉及到重复转移，即后效性。

求问题的最优解还有最短路算法。每次进行关灯操作的代价均为 $1$。就可以把一种状态当作一个点。来最短路。

枚举进行的操作（类似边），利用单调性，看当前序列变成了什么（类似到达的点），如果是第一次，那就入队。

发现，总共有 $2^n$ 个点，$2^n\times m$ 条边。所以复杂度为 $O(m2^n+2^n)$。在 $n\leq10,m\leq100$ 下可以通过。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 11,M = 101;
int n,m;
int a[M][N];//选择了第 m 种，最后状态为 n
int ck(int k,int l) {//按照题意模拟
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(a[k][i]==1 && (l&(1<<i-1)))
			l-=(1<<i-1);
		if(a[k][i]==-1 && ((l&(1<<i-1))==0))
			l+=(1<<i-1);
	}
	return l;
}
int vis[1<<N];
int main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	memset(vis,-1,sizeof vis); vis[(1<<n)-1]=0;
	queue<int>q; q.push((1<<n)-1);
	while(!q.empty()) {
		int x=q.front(); q.pop();
		for(int j=1;j<=m;j++) {
			int l1=ck(j,x);
			if(vis[l1]==-1) vis[l1]=vis[x]+1, q.push(l1);
			if(l1==0) {
				cout<<vis[l1];
				return 0;
			}
		}
	}
	cout<<-1;
	return 0;
}