ACM-ICPC 2018 南京赛区网络预赛丨AC Challenge丨状压DP

题意：

一个人做n道题目，每道题会收获ai*t+bi的分数，同时要休息一个单位的时间t。此外，还限制做题目i之前，要先完成si道题目{pi1，pi2，···，pisi}求最多获得多少分数。

思路：

n的范围只有20，这就暗示可以状压，（我一开始想到了拓扑排序，然后发现建不了图的），状压以后就可以DP求答案了。用二进制来表示做题的状态，我们举例子：
对于状态：1001101
表示做了题目：1-3-4-7
这可以由以下四种状态转移来（假如没有限制的话）：
1001100 + 0000001
1001001 + 0000100
1000101 + 0001000
1001101 + 1000000
以第一个为例，就是从做的3-4-7题目状态的基础上，做了题目1转移来。
于是对于每个状态，我们枚举每一个二进制位，再判断这一位前个状态是否能满足对应题目的条件。转移就是计算权值，求个最大值。至于t的数值是多少，显然就是二进制里1的个数啦！

参考代码：

（细节要注意初始化成负无穷，因为a的值可能是负数，所以存在某些情况，先做一道亏损的题目，后续会使得更多的高分题目可做）

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 21;
ll dp[1<<N],ans;
int a[N],b[N],pre[N];

int Count1(int x){
    int res=0;
    for(int i=0;i<N;i++)
        if(x&(1<<i))res++;
    return res;
}

int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0,s;i<n;i++){
        scanf("%d%d%d",a+i,b+i,&s);
        for(int j=1,p;j<=s;j++){
            scanf("%d",&p);
            pre[i]+=1<<(p-1);
        }
    }
    memset(dp,0x80,sizeof dp);//初始化负数极小的简单方法
    dp[0]=0;
    int FState=(1<<n)-1;

    for(int i=1;i<=FState;i++)
        for(int j=0,u,v;j<n;j++){
            if(!(i&(1<<j)))//i状态没有做第j题
                continue;
            u=i-(1<<j);
            if((u&pre[j])!=pre[j])//i状态除去j题的状态不满足j题的条件
                continue;

            ll w=dp[u]+a[j]*Count1(i)+b[j];
            ans=max(dp[i]=max(dp[i],w),ans);
        }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}
/*
5
5 6 0
4 5 1 1
3 4 1 2
2 3 1 3
1 2 1 4
*/