ICPC网络赛 AC Challenge （状压）

最新推荐文章于 2024-09-23 15:38:23 发布

Hormous的一天

最新推荐文章于 2024-09-23 15:38:23 发布

阅读量383

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏：算法集训

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/qq_40513946/article/details/82354612

算法集训专栏收录该内容

28 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一种使用状态压缩动态规划（状压DP）的方法来解决带有前置任务约束的任务排序问题。通过分析问题特点，利用20的规模限制，采用状态压缩技术存储每个状态的最大价值和可达时间，实现高效求解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

AC Challenge

题目链接： AC Challenge

题意

给出N个任务，每个任务花费一个单位时间，现在求每个任务完成时，会获得 $a[i] * t + b[i]$ 的价值，但是每个任务都有必须要在之前完成的任务，就是前置任务。

数据范围： $N < 20, -10^9<a[i],b[i]<10^9$

思路

这题非常容易想歪，因为有前置条件，所以易想到网络流，然而，这个时间非常难弄，所以我们从另一点出发，就是20这个数据，一看就是状压的标准形态嘛，所以，我们选择状压。

状压要开两个主要的数组， $dp[1<<20],cnt[1<<20]$ .分别储存的是当前状态的最大值，当前状态所能达到的时间。

让后三个循环

for i:1->n //代表的是几次
    for j:0->n //代表的是第几件物品
        for k:0->(1<<n)-1   //所有状态
            判断能否到达，判断是否达成前置条件，判断是否计算过
            进行DP选择

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for(int i = (int)j;i <= (int)k;i ++)
#define per(i,j,k) for(int i = (int)j;i >= (int)k;i --)
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<(x)<<endl
#define mmm(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define pb push_back

typedef double db;
typedef long long ll;
const int MAXN = (int)40+7;
const int INF = (int)0x3f3f3f3f;

int a[MAXN];
int b[MAXN];
int pre[1<<21];
ll dp[1<<21];
int cnt[1<<21];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);

    int n;
    cin >> n;
    rep(i,0,n-1) {
        cin >> a[i] >> b[i];
        int cnt;
        cin >> cnt;
        rep(j,1,cnt) {
            int tmp;
            cin >> tmp;
            pre[i] |= 1<<(tmp-1);
        }
    }
    ll res = 0;
    rep(i,1,n) {
        rep(j,0,n-1) {
            rep(k,0,(1<<n)-1){
                if (cnt[k] != i-1 || ((k>>(j))&1) == 1 || (k&pre[j])!=pre[j]) continue;
                if (dp[k|1<<j] < dp[k] + 1LL*a[j]*i + b[j]) {
                    cnt[k|1<<j] = cnt[k] + 1;
                    dp[k|1<<j] = dp[k] + 1LL*a[j]*i + b[j];
                }
            }
        }
    }
    res = max_element(dp,dp+(1<<20))-dp;
    cout << dp[res] << endl;
}