POJ-2923 Relocation(状压+背包)_poj2923为什么要状压-优快云博客

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博客围绕两辆车运物品问题展开，已知两辆车体积为c1、c2，有n个物品及对应体积。要在物品可拆分且不超车体积的条件下，求最少运输次数。通过枚举可行运输方式作为状态，用这些状态做01背包，给出了状态转移方程。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：

有 $2$ 辆车体积分别为 $c 1 、 c 2$ 以及 $n$ 个物品和其对应的体积 $a [i]$ ，现在要用这两辆车运完这些物品，运物品的体积不能超过车体积(物品可以分成几份来运)，问最少几次能运完。

分析：

枚举所有可行的运输方式作为状态 $s t a [i]$ ，然后用这些状态做一次 $01$ 背包。
$d p [i]$ 在二进制下 $1$ 表示运完了这个物品， $0$ 表示没运完， $d p [(1 < < n) - 1]$ 就是运完的状态。
转移方程： $d p [j ∣ s t a [i]] = m i n (d p [j ∣ s t a [i]], d p [j] + 1)$

枚举所有可行状态时，如果运的物品体积已经超过 $c 1 + c 2$ 则这个状态 $n o$ ，否则根据这个状态的总体积和可行的 $c 1$ 来确定有没有 $c 2$ 和其对应，有对应则状态 $o k$ 。

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#include <stack>
#include <cmath> 
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<LL, LL> pll;

const int maxn  = 1024 + 5;
const int maxm  = 100 + 5;
const int inf   = 0x3f3f3f3f;
const LL  mod   = 1e9 + 7;//19260817
const double pi = acos(-1.0);

int n, c1, c2, cnt, cas, maxsta, sta[maxn], dp[maxn], a[15];
bool vis[maxn];

bool check(int x){
	int sum = 0;
	memset(vis, false, sizeof vis);
	vis[0] = true;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		if((1 << (i - 1)) & x){
			sum += a[i];
			for(int j = c1; j >= a[i]; j--) if(vis[j - a[i]])
				vis[j] = 1;
		}
	}
	if(sum > c1 + c2) return false;
	for(int i = 0; i <= c1; i++) if(vis[i] && sum - i <= c2){
		return true;
	}
	return false;
}

int main(){
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while(T--){
		scanf("%d %d %d", &n, &c1, &c2);
		for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i);
		memset(dp, inf, sizeof dp);
		maxsta = 1 << n;
		cnt = 0;
		for(int i = 0; i < maxsta; i++){
			if(check(i)) sta[++cnt] = i;
		}
		dp[0] = 0;//没有物品运0次
		for(int i = 1; i <= cnt; i++){
			for(int j = maxsta; ~j; j--) if(dp[j] != inf){
				dp[j | sta[i]] = min(dp[j | sta[i]], dp[j] + 1);
			}
		}
		printf("Scenario #%d:\n", ++cas);
		printf("%d\n\n", dp[maxsta - 1]);
	}
    return 0;
}