标签：状态 路径 状压 一行 更新 当前 include dp
前置知识点：二进制状态压缩，动态规划。
1. AcWing 91 最短Hamilton路径 (https://www.acwing.com/problem/content/93/)
给定一张 n 个点的带权无向图，点从 0~n-1 标号，求起点 0 到终点 n-1 的最短Hamilton路径。 Hamilton路径的定义是从 0 到 n-1 不重不漏地经过每个点恰好一次。
输入格式
第一行输入整数n。
接下来n行每行n个整数，其中第i行第j个整数表示点i到j的距离（记为a[i,j]）。
对于任意的x,y,z，数据保证 a[x,x]=0，a[x,y]=a[y,x] 并且 a[x,y]+a[y,z]>=a[x,z]。
输出格式
输出一个整数，表示最短Hamilton路径的长度。
数据范围
1≤n≤20
0≤a[i,j]≤107
输入样例：
5
0 2 4 5 1
2 0 6 5 3
4 6 0 8 3
5 5 8 0 5
1 3 3 5 0
输出样例：
18
暴力跑一遍dfs: O(N*N*N!) 枚举n个点的全排列求最小值：O(N*N!).
分析：
在暴力的方法中，有一些重复计算存在，比如在计算路径1->2->3->4->5与路径1->2->4->3->5的长度时，我们重复计算了路径1->2的长度。
所以我们可以考虑dp。
我们的已知信息是各点之间的路径长度，所以dp数组需要靠这些路径的长度来增加。
那么我们加上一个新的路径长度需要的条件有：
1.路径的端点一个已经到达，一个未到达，所以我们考虑使用当前点的到达情况作为状态划分变量。
2.当前的点是路径的端点，所以我们考虑使用当前所在的点作为状态划分变量。
dp[i][j]:点的到达情况为j，目前所在点是i的最短路径。
状态转移方程：dp[i][j]=min(dp[i^(1<<j)][k]+G[k][j]); （变量k枚举前一个点）。
起始状态：dp[1][0]=0；
最终状态：dp[(1<<n)-1][n-1];
时间复杂度:O(N*N*2^N)
代码：
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <algorithm>
4 #include <cstring>
5 typedef long long ll;
6 using namespace std;
7
8 const int N=20;
9
10 int dp[1<<N][N];
11 int G[N][N];
12 int n;
13
14 int main() {
15 scanf("%d",&n);
16 for(int i=0;i<n;i++) {
17 for(int j=0;j<n;j++) {
18 scanf("%d",&G[i][j]);
19 }
20 }
21 for(int i=1;i<(1<<n);i++) {
22 for(int j=0;j<n;j++) {
23 dp[i][j]=2e9;
24 }
25 }
26 dp[1][0]=0;
27 for(int i=1;i<(1<<n);i++) {
28 for(int j=0;j<n;j++) {
29 if((i>>j)&1) {
30 for(int k=0;k<n;k++) {
31 if(((i^(1<<j))>>k)&1) {
32 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i^(1<<j)][k]+G[k][j]);
33 }
34 }
35 }
36 }
37 }
38 printf("%d\n",dp[(1<<n)-1][n-1]);
39 return 0;
40 }
2. AcWing 291. 蒙德里安的梦想 (https://www.acwing.com/problem/content/293/)
求把N*M的棋盘分割成若干个1*2的的长方形，有多少种方案。
例如当N=2，M=4时，共有5种方案。当N=2，M=3时，共有3种方案。
如下图所示：
输入格式
输入包含多组测试用例。
每组测试用例占一行，包含两个整数N和M。
当输入用例N=0，M=0时，表示输入终止，且该用例无需处理。
输出格式
每个测试用例输出一个结果，每个结果占一行。
数据范围
1≤N,M≤11
输入样例：
1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0
输出样例：
1 0 1 2 3 5 144 51205
这题问的是如何分割成1*2的方块，相当于如何用1*2的方块填满。
如果是随便填的话，我们需要考虑整个区域的状态，不太可做。我们可以一行一行填，先填满上面的在填下面的，这样就简单得多，所以考虑以当前行数作为一个状态划分变量。我们发现，在我们填满一行后并不一定要仅填满当前一行，而是可以凸到下面一行的，不同的凸法会对下一行造成影响，所以考虑以填当前行时的凸法作为一个状态划分变量。
上一行凸法与当前行凸法之间的关系：
1.上一行凸的一列当前行不凸。
2.当前行凸的一列上一行不凸。
确定完当前行突出的部分以及上一行凸下来的部分之后，剩下的部分只能用来放横着的方块，放横着的方块需要满足剩余的部分没有连续奇数个的剩余。
我们设1为凸，0为不凸，设当前行的凸状态为j，上一行的凸状态为k，则剩余的部分为j|k中0的部分。我们提前计算好该状态用来放下横着的方块是否可行，避免重复计算。
代码：
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <algorithm>
4 #include <cstring>
5 typedef long long ll;
6 using namespace std;
7
8 const int N=11;
9
10 ll dp[N+1][1<<N];
11 bool able[1<<N];
12 int n,m;
13
14 int main() {
15 while(scanf("%d%d",&n,&m),(n||m)) {
16 if((n*m)&1) {
17 printf("0\n"); continue;//n*m为奇数判断方案数为0.
18 }
19 memset(dp,0,sizeof(dp));
20 dp[0][0]=1;
21 for(int i=0;i<(1<<m);i++) {//提前计算是否可行。
22 int cnt=0; able[i]=true;
23 for(int j=0;j<m;j++) {
24 if((i>>j)&1) {
25 if(cnt&1) able[i]=false;
26 cnt=0;
27 }else cnt++;
28 }
29 if(cnt&1) able[i]=false;
30 }
31 for(int i=1;i<=n;i++) {
32 for(int j=0;j<(1<<m);j++) {
33 for(int k=0;k<(1<<m);k++) {
34 if(!(k&j)&&able[j|k]) {//!(k&j)判断是否满足上面说的行之间的两个关系。
35 dp[i][j]+=dp[i-1][k];
36 }
37 }
38 }
39 }
40 printf("%lld\n",dp[n][0]);
41 }
42 return 0;
43 }
标签：状态,路径,状压,一行,更新,当前,include,dp 来源： https://www.cnblogs.com/liaxiaoquan/p/12392778.html
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