狀態壓縮刷題

所謂狀態壓縮，大多數就是用二進位制01形式將狀態表示出來，運用位運算完成狀態的檢視和轉移；基本上資料範圍是n<=15;

這是很裸的狀態壓縮。我們要關閉所有的開關，但是開關是相連的；

有乙個很好地條件是，開關最多能波及到兩層；乙個開關的變化，直接關聯的會變化，間接變化的也會變，但是間接變化的不會再傳遞下去；

所以我們將每個開關關掉後的狀態記錄下來；

設二進位制1是關閉狀態，當狀態變為0時更新答案即可；

要排除自己關自己的情況；

二進位制列舉關哪乙個就行了；

乙個開關不需要關兩遍及以上，相當於沒幹什麼；

#include#include

#include
using
namespace
std;
const
int maxn=1e6+10
;int
res[maxn];
int a[30][30
];int
n;int ans=2147483647
;void dfs(int x,int now,int
cnt)
return
;    }
dfs(x+1
,now,cnt);
now^=res[x];
dfs(x+1,now,cnt+1
);    now^=res[x];
}int
main()
}for(int i=1;i<=n;i++)}}
}}
//int sum=0;
int sum=(1
<
;    
/*for(int i=1;i<=n;i++)

這道題的狀態比上面的題多一點點，但是基本模擬；不同的是我們這次用dp轉移。

設f[i]為當前為i狀態時，最少關燈次數；

二進位制數1表示燈開著，f[0]為答案；

每次判斷每個按鍵能控制的燈，按完後的狀態為now,從按之前的轉移過來；

(1<

#include#include

#include
using
namespace
std;
const
int maxn=2e5+10
;int
n,m;
int a[120][120
];int
f[maxn];
intmain()
}memset(f,
0x7f,sizeof
(f));
f[(1<1]=0
;    
for(int i=(1
<1;i>=0;i--)
f[now]=min(f[now],f[i]+1
);        }
}if(f[0]==2139062143) printf("-1"
);    
else printf("
%d",f[0
]);    
return0;
}

我們需要的是方案數，dp跑不了；

怎麼設計狀態？

設f[i][j]為第i頭牛再隊尾時，情況為j時的合法方案數；

二進位制1表示牛在佇列裡；

我們列舉哪頭牛再隊尾的情況；

再列舉哪頭牛再他的前面，狀態直接搬運過來；

初始化 佇列中只有一頭牛的方案數為1；

列舉時判斷混亂條件；

最後的答案是加和；

#include#include

#include
#include
using
namespace
std;
const
int maxn=1e5+10
;typedef 
long
long
ll;ll f[
20][maxn];
intn,x;
int a[20
];ll ans;
intmain()
for(int i=1;i<1}}
for(int i=1;i<=n;i++)
printf(
"%lld
",ans);
return0;
}

這個題是狀態壓縮+期望；

將每個物品的前提條件狀態壓縮存起來，當前狀態能吃的時候比較一下即可；

設f[i][j]表示在第1輪到第i−1輪內寶物是否取過的狀態為j，第i輪到第k輪的最大期望得分。

但是我們需要逆推，因為正著列舉有些狀態是並沒有被算出來的；

如果當前狀態能選當前物品

f[i][j]+=max(f[i+1][j],f[i+1][j|(1<

下一輪是要選k的，才能加上p[k];

每次都要/n，因為選k的概率是1/n;

#include#include

#include
using
namespace
std;
typedef 
double
dd;dd f[
110][1
<<15
];int
k,n;
int p[20
];int res[20
];int
main()
}for(int i=k;i>=1;i--)
else f[i][j]+=f[i+1
][j];
}f[i][j]/=(dd)n;}}
printf(
"%.6lf
",f[1][0
]);    
return0;
}

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