[POI2004] PRZ 题解

前置知识

一些好玩的数学概念

• [子集]如果集合A的任意一个元素都是集合B的元素，那么集合A称为集合B的子集。
• [交集]集合论中，设A，B是两个集合，由所有属于集合A且属于集合B的元素所组成的集合，叫做集合A与集合B的交集（intersection），记作A∩B。
• [并集]给定两个集合A，B，把他们所有的元素合并在一起组成的集合，叫做集合A与集合B的并集，记作A∪B，读作A并B。
• [补集]补集一般指绝对补集，一般地，设S是一个集合，A是S的一个子集，由S中所有不属于A的元素组成的集合，叫做子集A在S中的绝对补集。
  在集合论和数学的其他分支中，存在补集的两种定义：相对补集和绝对补集。

（参考百度）

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题面

传送门：POI2004 PRZ

题目描述

有 𝑛 个人需要过桥，每个人重 𝑤[𝑖]，过桥时间 𝑡[𝑖]，每次选 若干个总重不超过 𝑊 的人同时过桥，花费时间最长那个人 的时间，求所有人通过桥所需最小时间 (𝑛 ≤ 16)

输入格式

第一行两个数: W 表示桥能承受的最大重量和 n* 表示队员总数。

接下来 n 行：每行两个数: t 表示该队员过桥所需时间和 w 表示该队员的重量。

输出格式

输出一个数表示最少的过桥时间。

样例输入

100 3
24 60
10 40
18 50

样例输出

42

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思路

考虑状压DP(不要问我是为什么，问就是状压DP题单)，

先预处理出处于状态s的情况下过桥的时间和重量，

然后设计状态：f[i]表示第i群这些人走过桥的最短时间

状态转移时只需枚举所有分组方案(i的所有非空子集)

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详细分解

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int limit,n;
int times[20],zhong[20];
int t[1<<20],w[1<<20],f[1<<20];
//转移方程：f[i]=min(f[i],t[j]+f[i^j])
/*t[j]:选中的这群人的总时间*/
/*f[i^j]:(i*j:i和j两个集合的补集)意思是除选中的 剩下的的这群人走过桥的最短时间*/
int main() {
    cin>>limit>>n;
    for(int i=1; i<=n; i++)
        cin>>times[i]>>zhong[i];
    for(int i=1; i<(1<<n); i++) {
        for(int j=0; j<n; j++) {
            if(i&(1<<j)) { //预处理出处于状态s的情况下，过桥的最长时间(t)，和过桥的总重量(w)
                t[i]=max(t[i],times[j+1]);
                w[i]+=zhong[j+1];
            }
        }
    }
    memset(f,127,sizeof(f)),f[0]=0;
    for(int i=1; i<(1<<n); i++) {
        for(int j=i; j; j=i&(j-1)) { //枚举非空子集，其中j就是i的所有非空子集
            if(w[j]<=limit) { //如果这一组的总重不超过桥的最大限重
                f[i]=min(f[i],t[j]+f[i^j]); //更新dp答案
            }
        }
    }
    cout<<f[(1<<n)-1]<<endl;
    return 0;
}

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AC代码（无注释版）

马蜂请各位dalao自行调整

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int limit,n;
int times[20],zhong[20];
int t[1<<20],w[1<<20],f[1<<20];

int main(){
    cin>>limit>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>times[i]>>zhong[i];
    for(int i=1;i<(1<<n);i++){
        for(int j=0;j<n;j++){
            if(i&(1<<j)){
                t[i]=max(t[i],times[j+1]);
                w[i]+=zhong[j+1];
            }            
        }
    }
    memset(f,127,sizeof(f)),f[0]=0;
    for(int i=1;i<(1<<n);i++){
        for(int j=i;j;j=i&(j-1)){
            if(w[j]<=limit){
                f[i]=min(f[i],t[j]+f[i^j]); 
            }            
        }       
    }
    cout<<f[(1<<n)-1]<<endl;
    return 0;
}