CSP-S模拟赛二总结（实际难度大于CSP-S）

原创

于 2025-07-08 18:41:52 发布 · 1.2k 阅读

22 ·

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#图论 #算法 #深度优先

T1

很简短，也很好做，第一题直接场切。

我的方法

首先要明确一件事：就是如果选了 $a_{x,y}$ ，那么就必然要选 $a_{y,x}$ ，所以第一步就在 $a_{x,y}$ 的基础上加上 $a_{y,x}$ 。

然后我们把每个数看做一个点，任意两个点之间都建一条边（假想的），那么选集合就相当于在跑团，而每条边的权值就是 $a$ ，然后就把最大团问题改编一下就行了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define code using
#define by namespace
#define plh std
code by plh;
int c,t,n,ed,ans,a[26][26],vis[26];
void dfs(int x,int l)
{
   
   
	if(x>n)
	{
   
   
		ans=max(ans,l);
		return;
	}
	int t=0;
	for(int i=1;i<x;i++)
	{
   
   
		if(vis[i])
		{
   
   
			t+=a[i][x];
		}
	}
	vis[x]=1;
	dfs(x+1,l+t);
	vis[x]=0;
	dfs(x+1,l);
}
signed main()
{
   
   
//	freopen("party.in","r",stdin);
//	freopen("party.out","w",stdout);
	cin>>c>>t;
	while(t--)
	{
   
   
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
   
   
			for(int j=1;j<=n;j++)
			{
   
   
				cin>>a[i][j];
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
   
   
			for(int j=1;j<i;j++)
			{
   
   
				int t=a[j][i]+a[i][j];
				a[i][j]=a[j][i]=t;
				ans=max(a[i][j],ans);
			}
		}
		dfs(1,0);
		cout<<ans<<endl;
		ans=-2e6;
	}
	return 0;
}

正解

看到 $n\le20$ ，你想到了什么？

看这里。

对了，状压 DP 啊！（虽然我在比赛的时候忘了还有 lowbit 这个东西然后写出了一个 $O(2^nn^2)$ 的状压……）

首先定义状态：这一目了然了嘛，就是 $dp_s$ （ $s$ 表示当前的状态），其中 $1$ 表示这个数被选进集合了， $0$ 表示没有。

接着就是写状态转移方程，如果我们直接转移，那就会是 $O(2^nn^2)$ （外层枚举状态 $O(n^2)$ ，中间枚举加入集合的点 $O (n)$ ，内层枚举集合内原本所含有的数与新的数所能构成的距离和 $O (n)$ ），~~明显只要是个正常的状压都会 TLE 的好吧~~，于是我们考虑优化。因为 $O(2^n)$ 是肯定没法优化的，因此考虑优化一个 $O (n)$ 。

明显，中间那一层枚举要加入的点可以直接优化成 $O (1)$ ，因为枚举这一层实际上就是在找一个基准来计算，而这个基准又是随机的，因此我们可以直接固定下来：固定成 $\operatorname{lowbit}(s)$ （不知道 $\operatorname{lowbit}$ 的同学自己去找资料看看）。于是时间复杂度就被我们优化成了 $O(2^nn)$ 。

但是简单一算就会发现：按照这个时间复杂度写时间复杂度就飙升到 $200000000$ 左右了！还是过不了，于是再考虑优化。

我们先写出当前的状态转移方程：

$dp_s=dp_{s\oplus\operatorname{lowbit}(s)}+a$

后面那个 $a$ 就表示 $\operatorname{lowbit}(s)$ 到每个点的距离和。

很明显，要想再优化，就要把这个 $a$ 预处理出来。

那有没有一种办法，让我们能预处理出 $a$ 呢？啊，有的兄弟，有的。

我们设一个新的 DP： $sum_s$ ，表示在 $s$ 这个状态下 $\operatorname{lowbit}(s)$ 到 $s$ 中的每一个点的距离和，于是我们就可以把这个状态转移方程改进一下：

$dp_s=dp_{s\oplus\operatorname{lowbit}(s)}+sum_s$

现在就诞生了一个新的问题： $sum_s$ 怎么求？

如果直接求，我们会发现时间复杂度来到了 $O(2^nn)$ （外面枚举状态，里面枚举 $\operatorname{lowbit}(s)$ 到每个点的距离和），仔细观察容易发现：这个 DP 所需要的循环和上面的 DP 所需要的循环很类似。那我们就采用相同的方法：把动点固定成定点。而 $\operatorname{lowbit}(s)$ 已经被用过了，因此我们换个特殊点：最大的点。我们记做 $\operatorname{upbit}(s)$ 吧。