Movie[状压DP]

题目描述：

小石头喜欢看电影，选择有 N 部电影可供选择，每一部电影会在一天的不同时段播放。他希望连续看 L 分钟的电影。因为电影院是他家开的，所以他可以在一部电影播放过程中任何时间进入或退出，当然他不希望重复看一部电影，所以每部电影他最多看一次，也不能在看一部电影的时候，换到另一个正在播放一样电影的放映厅。

请你帮助小石头让他从 0 到 L 连续不断的看电影，如果可以的话，计算出最少看几部电影。

输入格式：

第一行是 2 个整数 N , L，表示电影的数量，和小石头希望看的连续时间 接下来是 N 行，每行第一个整数 D（1 ≤ D ≤ L）表示电影播放一次的播放时间，第二个整数是 C 表示这部电影有 C 次播放，接下来是 C 个整数表示 C 次播放的开始时间 Ti（0 ≤ Ti ≤ L）, Ti 是按升序给出

输出格式：

一个整数，表示小石头最少看的电影数量，如果不能完成输出 -1

样例数据：

输入

4 100
50 3 15 30 55
40 2 0 65
30 2 20 90
20 1 0

输出

3

备注：

【样例说明】

开始他选择最后一步电影从 0 时间开始。

到了 20 分钟，他选择第一部电影的第一次播放，看到 65 分钟

最后他选择第二部电影的第二次播放，从 65 分钟到 100 分钟

【数据规模】

30% 数据 N ≤ 10

100% 数据 N ≤ 20 , 1 ≤  L ≤ 100,000,000 ，C ≤ 1000

分析

我的分析过程:

N<=20,电影最多看一次,肯定就是状压了

于是先定义dp[i]表示看了那些电影

然后我又想,用dp[i][time]表示看了那些电影,总长为time,最少的电影数

但发现L太大,于是我们的状态定义不能有L

于是我又想,L不在状态中,肯定要在...中出现

于是我定义dp[i]表示状态为i,最多看多久

然后我又想,既然dp[i]表示最多能看多久

按照题意,1--dp[i]的时间都可以出来

于是我们找一个比dp[i]小且最大的,接着那个看

发现后面都是有序的,所以就二分啦

复杂度 O(2^n * n * log(c)) 

#include<bits/stdc++.h>
#define N 20
#define M 1005
#define K 1<<N
using namespace std;
int f[K],ans=0x3fffffff;
int n,l,c[N],d[N],a[N][M];
int read(){
	int cnt=0;char ch=0;
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))cnt=cnt*10+(ch-'0'),ch=getchar();
	return cnt;
}
int count(int x){int ret=0;for(int i=0;i<=n;i++)if((1<<i)&x) ret++;return ret;}
int main(){
	memset(f,-1,sizeof(f));
	n=read(),l=read();
	for(int i=0;i<n;i++){
		d[i]=read(),c[i]=read();
		for(int j=1;j<=c[i];j++) a[i][j]=read();
	}
	f[0]=0;
	for(int j=0;j<=(1<<n)-1;j++){
		if(f[j]==-1) continue;
		if(f[j]>=l) ans=min(ans,count(j));
		for(int i=0;i<n;i++){
			if((1<<i)&j) continue;//不在集合
			/*查找a[i][j]中<=f[j]且最大的*/ 
			int l=1,r=c[i];
			while(l<r){
				int mid=(l+r+1)>>1;
				if(a[i][mid]<=f[j])l=mid;
				else r=mid-1;
			}
			if(l==1&&a[i][1]>f[j]) continue;
			f[j|(1<<i)]=max(f[j|(1<<i)],a[i][l]+d[i]);
		}
	}
	if(ans!=0x3fffffff) cout<<ans;
	else cout<<"-1";
	return 0;
}

注意状态的巧妙定义