hrbust 1473 教主的遗产【状压dp】

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教主的遗产

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Description

恭送教主！
教主在2012年7月19日上午10:48，坐上前往北京的火车，从此开始了高富帅的生活。
在教主的的大学四年ACM生涯中，他用事实告诉我们，要想在比赛拿奖，除了平时的刻苦努力外，很大一部分还要依赖比赛时是
做题策略，简单来讲就是做题顺序，唯有想把能过的都过掉，然后再过难题，这样才能在比赛中拿奖。
我们将用这个做题顺序量化表示，即AC系数，AC系数越大，拿奖可能性就越大。
在比赛中会给出n个题，不同做题顺序会有不同的AC系数，假如A先做，B后做的话，B对A的AC系数为4， 反过来 B先做，A后做的话，A对B的AC系数为5，说明先做B后做A将得到更高的AC系数。
设Sij表示第i题在第j题做完后才做获得的AC系数，有三道题a, b, c，做题顺序为bac，则系数和为：Sum = Sab + Scb + Sca。
求一个做题顺序，使得AC系数和最大。

Input

有多组测试数据。
对于每组测试数据，第一行为n（1<=n<=16），表示题目数量。
接下来有n行，每行n个数字，对于1+i行的第j个数字Sij（0 <= Sij <= 32）, 表示第i题在第j题之后做的AC系数。

Output

每组测试数据输出一行，包含一个数，为最大系数和。

Sample Input

Sample Output

Source

2012 Summer Contest 1 - DP

Author

黄李龙@HRBUST

思路：

1、状压dp标志：(1<=n<=16)；

2、设定dp数组含义：状态压缩中的状态只能决定对应题是做过了还是没有做过，并不能决定顺序，所以我们设定dp数组为二维dp【i】【j】表示i状态最后做的题目是第j个题，那么在dp过程中，使得其含义具有顺序了。

3、对于dp过程：我们先枚举出来一个合法状态dp【i】【j】(（i&(1<<j)）!=0)，然后我们再枚举出来一个合法状态dp【q】【k】(i&(1<<k)==0)&&（q=i|(1<<k)）辣么其状态转移方程为：

dp【q】【k】=max（dp【q】【k】，dp【i】【j】+sum）其中sum=for（int z=0;z<n;z++）if(i&(1<<z)!=0)sum+=sig【z】【k】；

4、如果在dp过程中再添加一层for会超时，所以对于sum，我们预处理为sum【i】【j】表示i状态下最后一题做j可以添加的sig和。

5、注意数组大小。

Ac代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int a[18][18];
int dp[1<<17][18];
int sum[1<<17][18];
int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            for(int k=0;k<n;k++)
            {
                scanf("%d",&a[i][k]);
            }
        }
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        int end=1<<n;
        for(int i=0;i<end;i++)
        {
            for(int j=0;j<n;j++)
            {
                for(int k=0;k<n;k++)
                {
                    if((i&(1<<k))!=0)
                    {
                        sum[i][j]+=a[k][j];
                    }
                }
            }
        }
        for(int i=0;i<end;i++)
        {
            for(int j=0;j<n;j++)
            {
                if((i&(1<<j))==0)continue;
                for(int k=0;k<n;k++)
                {
                    if((i&(1<<k))!=0)continue;
                    int q=(i|(1<<k));
                    dp[q][k]=max(dp[q][k],dp[i][j]+sum[i][k]);
                }
            }
        }
        int output=0;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            output=max(output,dp[end-1][i]);
        }
        printf("%d\n",output);
    }
}