浅谈状压DP

最新推荐文章于 2023-03-21 16:03:56 发布

手写丨的从前丶

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分类专栏： C++ 基础以及模板题文章标签： DP 状态压缩位运算

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/weixin_43877657/article/details/87909758

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本文深入讲解状态压缩动态规划（状态压缩DP），介绍其原理、位运算应用及实战案例，包括背包问题、物品价值最大化和棋盘布局等典型题目，帮助读者理解和掌握这一高效算法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

在遇到某些动规题目时，发现状态太多，无从下手分析具体情况时，也许可以考虑一下状态压缩DP，一种很暴力但很好用的DP。

一、状态压缩的常规方法

一般来说，状态压缩是利用二进制数只有0和1的特点，将当前较为复杂存储状态表示成一个数储存起来。这样一来，繁多的状态就可以表示成一个数了。

比如背包问题，可以把放该物品记为1，不放记为0，那么三个物品如果只放第一个和第二个，就可以记作二进制的011_（2）(默认为从二进制右侧开始记录状态)，即十进制的3

二进制数位	0	1	2
二进制数	1	1	0
状态	√	√	×

（注意顺序）

那么很容易得出，如果有n个物品，那么状态数最多有2ⁿ

种（0~2ⁿ-1)。

那么，位运算这个坎。。。就必须要过了。。
在这里插入图片描述

二、关于位运算

众所周知，电脑储存、计算数据都是利用二进制的，如果直接利用位运算进行计算，程序就能比普通的四则运算快，这也是为什么位运算很受欢迎。

1. 与（&）：只有同为1时才是1，其他都是0；
eg：11001_（2）& 10111_（2）= 10001_（2）
2. 或（|）：只有同为0时才是0，其他都是1；
eg：11001_（2）| 10111_（2）= 11111_（2）
3. 非（!）：! 0 = 1，! 1 = 0；
4. 异或（^）：相同为0，不同为1；
eg：11001_（2）^ 10111_（2）= 1110_（2）
5. 左移（x<<n）:将二进制的n所有数位向左移动n位（类似于十进制×2）
eg：11001_（2）<<1 = 110010_（2）
6. 右移（x>>n）:将二进制的n所有数位向右移动n位（类似于十进制/2）
eg：11001_（2）>>1 = 1100_（2）

网上的一张图总结的不错，也贴在下面，不要求强记，大概知道就行。

三、一些例题~

magic_sheep大佬说我还要多做状压dp的题才能熟练掌握，所以下面的题目可能还会不定期更新~~~

1.Hihocoder P1846 ABC （来自vjudge）

问题描述

杂货铺老板一共有N件物品，每件物品具有ABC三种属性中的一种或多种。从杂货铺老板处购得一件物品需要支付相应的代价。
现在你需要计算出如何购买物品，可以使得ABC三种属性都在购买的物品中出现，并且支付的总代价最小。

输入

第一行包含一个整数N。

以下N行，每行包含一个整数C和一个只包含"ABC"的字符串，代表购得该物品的代价和其具有的属性。

对于50%的数据，1 ≤ N ≤ 20

对于100%的数据，1 ≤ N ≤ 1000 1 ≤ C ≤ 100000

输出

一个整数，代表最小的代价。如果无论如何凑不齐ABC三种属性，输出-1。

样例输入

5
10 A
9 BC
11 CA
4 A
5 B

样例输出

13

分析：
本题只有ABC三种物品属性，所以暴力一下多写几个if就可以过了，但用状压dp就会更清晰，代码量也会更少。

将ABC三种物品分别对应二进制数位的0，1，2位，这样用1表示该属性放了，0表示未放，则很容易列出：
f[j|a[i].w]=min(f[j|a[i].w],f[j]+a[i].v);
首先，f[j]表示在第 j 状态下当前的最小花费，a[i].w记录第i个物品的状态，则 j | a[i].w 的运算即表示在f[j]状态放入第i个物品后的最优解（或运算即可以模拟放入的操作）。
其实，这个状态转移方程式是不是和0/1背包很像呢：
f[j+w]=max(f[j+w],f[j]+v);

所以，这道题基本上就是个裸的背包＋状压就行啦！

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[8];
struct bag{
	int v,w;
}a[1100];
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	for (int i=0;i<=7;i++) f[i]=99999999;
	f[0]=0;//初始化一定要记得！
	for (int m=1;m<=n;m++){
		cin>>a[m].v;
		string s;
		cin>>s;
		for (int i=0;i<s.size();i++){//按二进制存
			if (s[i]=='A') a[m].w+=1;
			if (s[i]=='B') a[m].w+=2;
			if (s[i]=='C') a[m].w+=4;
		}
		for (int j=0;j<=7;j++){//dp过程
			f[j|a[m].w]=min(f[j|a[m].w],f[j]+a[m].v);
		}
	}
	if (f[7]!=99999999) cout<<f[7]<<endl;else cout<<-1<<endl;
	return 0;
}

2.Hihocoder P1486 物品价值（来自vjudge）

问题描述

小Hi现在有n个物品，每个物品都有一个价值。并且这n个物品总共有m个不同的属性，每个物品都具有其中若干属性。
小Ho要从中选出若干物品，满足每个属性都正好有奇数个物品拥有，且被选出的物品价值总和最大。你能帮助小Ho完成任务么？

输入

第一行一个数T(<=10)，表示数据组数。对于每一组数据：

第一行两个数n，m（1<=n<=1000，m<=10）

接下来每两行描述一件物品。对于每一件物品：

第一行两个数v和s，表示其价值和所含属性数量(v<=100000,s<=m)

第二行s个数，表示该物品拥有的属性编号(1<=编号<=m)

输出

物品价值总和的最大值。

样例输入

1
3 2
2 1
1
2 1
2
5 2
1 2

样例输出

5

分析
这题明显比上一题稍微难点。。。
首先对于状态表示，题目说必须是奇数个，是不是可以想到，用1表示放了奇数个，0表示放了偶数个，那么通过异或操作就可完成放入过程了（可以自己手动推一下为什么异或可以表示放入状态）。
用f[i][j]表示在放入第i个物品，状态为j的时候的最优解，则可以列出和上题类似的状态转移方程：
f[i][j∧a[i].w]=max(f[i][j∧a[i].w],f[i-1][j]+a[i].v);
(具体的和上一题差不太多，理解就行)

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct cd{
	int v,w;
}a[1010];
int f[2050][2050];
int main(){
	int T,n,m;
	cin>>T;
	while (T--){
		cin>>n>>m;
		memset(f,-1,sizeof f);
        memset(a,0,sizeof a);
        f[0][0]=0;//初始化
        int s; 
		for (int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i].v>>s;
			for (int j=1;j<=s;j++){
				int e;
				cin>>e;
				a[i].w|=1<<(e-1);//如此读入效率高
			}
			for (int j=0;j<(1<<m);j++){
				if (f[i-1][j]!=-1){
					f[i][j^a[i].w]=max(f[i][j^a[i].w],f[i-1][j]+a[i].v);//状态转移方程
					f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);
				}
			}	
		}
		cout<<max(f[n][(1<<m)-1],0)<<endl;
	}
	return 0;
}

3.洛谷 P1896 互不侵犯

问题描述

在N×N的棋盘里面放K个国王，使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。国王能攻击到它上下左右，以及左上左下右上右下八个方向上附近的各一个格子，共8个格子。

输入

只有一行，包含两个数N，K （ 1 <=N <=9, 0 <= K <= N * N）

输出

所得的方案数

样例输入

3 2

样例输出

16

分析
emmmmmmm，是不是无从下手。。。

暴力深搜？
想多了，老弟。。。（~~你要是能过就算我没说~~ ）

考虑到状压，所以我们可以把每一行放或不放用1和0表示，这样一来，每行放置的状态就可以很轻易地表示出来。

首先我们要先预处理，判断一行中何种状态满足题中条件，这要用到与（&）运算。我们发现，判断二进制中1是否相邻两个数都是0，只需要判断 x&(x<<1) 和 x&(x>>1) 是否都为0即可（需要手推及理解，这里不细说）。摆放棋子的个数只需要计算一下二进制1的个数即可。
我们用f[i][j][k]表示当第i行是第j个状态并且放了k个棋子时的方案数。
那么，第一行的所有状态都可以预处理进数组了。接着，只需要当这行的状态与上一行不冲突，就更新方案数，差不多这题就OK了！

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[1000],f[10][1<<9][100];
int n,m;
bool g[1000];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	memset(f,0,sizeof f);
	memset(g,false,sizeof g);
	for (int x=0;x<1<<n;x++){
		if (!(x&(x<<1))&&!(x&(x>>1))) g[x]=true;
		int s=x;
		while (s){
			if (s&1) a[x]++;
			s>>=1;
		}
		if (g[x]) f[1][x][a[x]]=1;
	}
	
	for (int i=2;i<=n;i++){
		for (int j=0;j<1<<n;j++){
			if (g[j]){
				for (int k=0;k<1<<n;k++)
					if (g[k]&&!(j&k)&&!(j&(k>>1))&&!(j&(k<<1)))
						for (int l=0;l+a[k]<=m;l++)
							f[i][k][l+a[k]]+=f[i-1][j][l];		
					
				
			}		
		}
	}
	long long ans=0;
	for (int i=0;i<(1<<n);i++)
		ans+=f[n][i][m];
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}