sum over subsets(sos) dp
給出乙個長度為\(2^n\)的陣列\(a\)，對於每乙個\(mask< 2^n\)要求計算出\(f[mask]=\sum_a[sub]\)
(其中\(sub\in mask\)表示\(sub\&mask=sub\))
1.暴力
for(int mask = 0; mask < (1根據定義直接做，列舉所有小於\(mask\)的集合，判斷\(sub\)是否是\(mask\)的子集
複雜度\(o(4^n)\)
2.子集列舉
for(int mask = 0; mask < (1子集列舉優化之後
總複雜度是\(\sum_^c(n,m)\cdot 2^m = \sum_^c(n,m)\cdot 2^m\cdot 1^=(1+2)^n\)
複雜度\(o(3^n)\)
3.sosdp
考慮在計算當前的狀態的\(f[mask]\)的時候，能否利用之前計算的結果來優化複雜度，並且不會重複計算
那就要定義新的狀態：\(f[mask][bit]\)表示對於集合\(mask\)，在子集\(sub\)和\(mask\)只有最後\(bit\)位存在不同的情況下的答案
可以發現\(f[mask][bit]= \begin a[mask] & bit=-1 \\ f[mask][bit-1] & mask\&(1<
當前位是\(1\)的情況下有兩個分支，這個位置是\(1\)或者\(0\)，並且從只改變之後的位的狀態轉移過來，能保證不重複
當前位是\(0\)的情況下這個位不能改變，所以只能選這位是\(0\)的之後的狀態轉換過來
空間壓縮一下，**如下
for(int mask = 0; mask < (1<複雜度\(o(n2^n)\)考慮一下如何計算\(f[sub]=\sum_ a[mask]\)
可以發現把所有集合取反，\(f[\overline] = \sum_\in \overline}a[\overline]\)
就相當於把\(0\)變成\(1\)來處理，**基本相同
for(int mask = 0; mask < (1
**codeforces383e
sosdp（高維字首和）學習筆記
我們先看一維字首和 for int i 1 i n i s i s i 1 那麼二維字首和 for int i 1 i n i for int j 1 j n j s i j s i 1 j s i j 1 s i 1 j 1 這個是根據容斥計算的，維度很高的時候就不行了 我們換一種方法 for i...
演算法模板 SOS DP
sos dp text 是用來解決這樣的問題的 其實就是子集和dp。上面每個 f mask 裡面包含了 mask 所有二進位制子集的資訊。這是一種 n log 2 n 的dp方法。我們定義乙個dp狀態 s mask,i 代表 mask 子集中只有最靠右的 i 位與其不同的狀態。具體是這樣的 圖中描述...
sosdp 二進位制子集的貢獻
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