hihocoder #1044 : 状态压缩·一
描述
小Hi和小Ho本着礼让他们的心情——当然还因为本来他们买的就是站票，老老实实的呆在两节车厢的结合处。他们本以为就能够这样安稳抵达目的地，但 事与愿违，他们这节车厢的乘务员是一个强迫症，每隔一小会总是要清扫一次卫生，而时值深夜，大家都早已入睡，这种行为总是会惊醒一些人。而一旦相邻的一些 乘客被惊醒了大多数的话，就会同乘务员吵起来，弄得大家都睡不好。
将这一切看在眼里的小Hi与小Ho决定利用他们的算法知识，来帮助这个有着强迫症的乘务员——在不与乘客吵起来的前提下尽可能多的清扫垃圾。
小Hi和小Ho所处的车厢可以被抽象成连成一列的N个位置，按顺序分别编号为1..N，每个位置上都有且仅有一名乘客在休息。同时每个位置上都有一 些垃圾需要被清理，其中第i个位置的垃圾数量为Wi。乘务员可以选择其中一些位置进行清理，但是值得注意的是，一旦有编号连续的M个位置中有超过Q个的位 置都在这一次清理中被选中的话（即这M个位置上的乘客有至少Q+1个被惊醒了），就会发生令人不愉快的口角。而小Hi和小Ho的任务是，计算选择哪些位置 进行清理，在不发生口角的情况下，清扫尽可能多的垃圾。
输入
每个测试点（输入文件）有且仅有一组测试数据。
每组测试数据的第一行为三个正整数N、M和Q，意义如前文所述。
每组测试数据的第二行为N个整数，分别为W1到WN，代表每一个位置上的垃圾数目。
对于100%的数据，满足N<=1000, 2<=M<=10,1<=Q<=M, Wi<=100
输出
对于每组测试数据，输出一个整数Ans，表示在不发生口角的情况下，乘务员最多可以清扫的垃圾数目。
- 样例输入
-
5 2 1 36 9 80 69 85
- 样例输出
-
201
状压dp学习中，发现不好懂。找了篇结题报告，把其中dp数组的计算输出了。
5 2 1
36 9 80 69 85
如果dp[0][0] != -1
计算dp[1][0] dp[1][1]
如果dp[0][1] != -1
计算dp[1][2] dp[1][3]
如果dp[0][2] != -1
计算dp[1][0] dp[1][1]
如果dp[0][3] != -1
计算dp[1][2] dp[1][3]
如果dp[1][0] != -1
计算dp[2][0] dp[2][1]
如果dp[1][1] != -1
计算dp[2][2] dp[2][3]
如果dp[1][2] != -1
计算dp[2][0] dp[2][1]
如果dp[2][0] != -1
计算dp[3][0] dp[3][1]
如果dp[2][1] != -1
计算dp[3][2] dp[3][3]
如果dp[2][2] != -1
计算dp[3][0] dp[3][1]
如果dp[3][0] != -1
计算dp[4][0] dp[4][1]
如果dp[3][1] != -1
计算dp[4][2] dp[4][3]
如果dp[3][2] != -1
计算dp[4][0] dp[4][1]
如果dp[4][0] != -1
计算dp[5][0] dp[5][1]
如果dp[4][1] != -1
计算dp[5][2] dp[5][3]
如果dp[4][2] != -1
计算dp[5][0] dp[5][1]
dp数组：
0 0 0 0
0 36 0 -1
0 9 36 -1
36 116 9 -1
36 105 116 -1
116 201 105 -1
最后结果=201#include <stdio.h> #include <iostream> #include <cstring> using namespace std; const int MAX_N = 1001; const int MAX_M = 10;//最多连续10个位置 int N, M, Q;//不能超过Q int w[MAX_N];//保存每个位置的垃圾 int dp[MAX_N][1<<MAX_M];//dp[][]大小 n*(2^m) bool ok[1<<MAX_M];//？？？ void init() { memset(ok, false, sizeof(ok));//ok标记数组初始化 int val, cnt; for(int i=0; i<(1<<M); ++i){ val=i; cnt=0; while(val>0){ cnt+=(val&1); val>>=1; } ok[i]=(cnt<=Q); } /* 这段预处理的作用：0到(2^m-1)的所有数可以转换成二进制 转换成的二进制表示中1的个数时候大于Q，如果大于Q，则说明 当前的这种状态是不可取的，可以忽略 */ } void solve() { memset(dp, -1, sizeof(dp));//dp全部初始化为-1 memset(dp[0], 0, sizeof(dp[0]));//第一行初始化为0 for(int i=1; i<=N; ++i) { for(int j=0; j<(1<<M); ++j) if (dp[i-1][j] != -1)// !=-1的话 说明前面有过计算出一个优解 { printf("如果dp[%d][%d] != -1\n", i-1, j); int s0 = ((j<<1) & ((1<<M) - 1)); int s1 = ((j<<1 | 1) & ((1<<M) - 1)); printf("计算dp[%d][%d] dp[%d][%d]\n\n\n", i, s0, i, s1); dp[i][s0] = max(dp[i][s0], dp[i-1][j]); if (ok[s1]){ dp[i][s1] = max(dp[i][s1], dp[i-1][j] + w[i]); } } } for(int i=0; i<=N; i++){ for(int j=0; j<(1<<M); j++){ printf("%d ", dp[i][j]); }printf("\n\n"); } int res=0; for (int i = 0; i < (1<<M); ++i){ res = max(res, dp[N][i]); } cout << res << endl; } int main() { while(cin>>N>>M>>Q) { init(); for(int i=1; i<=N; ++i) { cin >> w[i]; }//读入数据 每个位置的垃圾 solve(); } return 0; }
