【14浙江省赛 B ZOJ 3777】Problem Arrangement 【状压dp】【CCPC-Wannafly Winter Camp Day2 K Sticks】

题意：【浙江省赛】

给定n、m。有n个物品，进行全排列，然后p[i][j]表示第i个物品放在第j个位置所能得到的价值，现在开始对n个物品进行任意摆放，求第一次摆出一个排列，该排列的总价值大于或等于m的期望次数。

思路：

看到这题就回想起了之前做过的一个状压dp题目，12根木头，求最多能够摆出多少个三角形，于是从状压dp的角度切入思考这道题目。首先求期望次数就是求一共有多少种排列方式可以满足题意，然后总排列次数 / 期望次数就是答案了。

然后我们来思考如何dp，我一开始想的是，dp[i][S]表示前i个物品，选择状态是S，此时的最大价值。然后发现这种dp方式没有办法解决价值大于m的总排列个数问题，因此考虑再加一维dp[i][S][k]，表示前i个物品，选择状态是S，此时价值为k的总方案数。这样就可以进行dp了，由于dp[i]只与dp[i-1]有关，因此压缩一维，三维循环。

由于担心会TLE，因此需要进行一下优化，首先处理出S中有x个1的所有状态数，这样在第二层循环的时候，就可以直接对这些状态数进行循环，而不是循环整个S。再优化第三维，求出前i个元素在各个位置最大值相加的值，这个值就是k的上限，而不是直接循环到1200，这样就可以大量减少时间，通过此题。

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
using namespace std;
const int N = 6000;int base[15][N], pos[N][15], mi[15];  //base[i][0]表示有i个1的状态总共有多少个
//pos[i]表示数字i的1分别在哪几个位置, mi[i]表示2^i
int n,m,ans;
int val[15][15],dp[N][1500], minn[15], maxn[15], sum[15];
//dp[i][S][k]表示前i个点, 选择情况为S, 总价值为k的方案数
//minn[i]表示第i行最小的数int gcd(int a,int b)
{return b == 0 ? a:gcd(b,a%b);
}void init()
{base[0][0] = 1;base[0][1] = 0;rep(i,1,(1<<12)-1){int cnt = 0;int tp = i;int hm = 0;while(tp){hm++;if(tp&1){cnt++;pos[i][cnt] = hm;} tp /= 2;}int num = ++base[cnt][0];base[cnt][num] = i;}mi[1] = 1;rep(i,2,12)mi[i] = mi[i-1]*2;
}   void solve()
{rep(i,0,5000)rep(j,0,1200) dp[i][j] = 0;ans = 0;rep(i,1,base[1][0]){if(base[1][i] > ((1<<n)-1)) break;int gn = pos[base[1][i]][1];dp[base[1][i]][val[1][gn]] = 1;}rep(i,2,n)rep(j,1,base[i][0])   //base[i][0]表示有i个1的状态总共有多少个{if(base[i][j] > ((1<<n)-1)) break;rep(k,minn[i],sum[i]){int vu = base[i][j];  //1的个数为i个的状态数dp[vu][k] = 0;rep(h,1,i){ //有i个1int ph = pos[vu][h]; //1所在的位置dp[vu][k] += dp[vu-mi[ph]][k-val[i][ph]];    }}}rep(i,m,1200)ans += dp[(1<<n)-1][i];if(ans == 0)printf("No solution\n");else{int tp = 1;rep(i,1,n){tp *= i;}int hm = gcd(tp,ans);printf("%d/%d\n",tp/hm,ans/hm);}
}int main()
{init();int T;scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d%d",&n,&m);sum[1] = 0;rep(i,1,n){minn[i] = 1000;maxn[i] = -1;rep(j,1,n){scanf("%d",&val[i][j]);minn[i] = min(minn[i],val[i][j]);maxn[i] = max(maxn[i],val[i][j]);}sum[i] = sum[i-1]+maxn[i];}solve();}return 0;
}

题意：【CCPC-Wannafly】

给出12根木棒，求一共可以拼出多少个三角形。并输出选取的木棒。

思路：

本题与上面浙江省赛的题目类似，不过本题只需要求最大值，因此可以减少一维。

首先先将所有木棒的长度进行排序，这样判断是否能够拼接成三角形的时候，就只需要判断两个小的相加是否比大的大了。先处理出所有1的个数是三的倍数的数，然后循环这些数。dp[S]表示选取状态为S时能够拼出的最多的三角形个数，然后三重循环枚举S中的3个1的位置。然后减去三个1之后的状态x，查看dp[x]是否可以更新dp[S]，即可完成dp过程。dp过程中还需要记录dp[i]的前驱，即pre[i]，最后输出选取方案的时候，按照pre进行输出即可。

总结一下两题，本题是求选取方案的最大值，并且输出选取方式。上一题是输出一共有多少个符合题意的结果，因此多加了一维表示当前方案下的价值。

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
using namespace std;int a[15];
int base[6000][20];
int n;
int pos[6000], dp[6000], pre[6000];void solve()
{n = 0;rep(i,1,(1<<12)-1){int ct = 0;n++;rep(j,0,12){if(i&(1<<j)) ct++, base[n][ct] = j;}if(ct%3) n--; else base[n][0] = ct, base[n][++ct] = i, pos[i] = n;}
}int main()
{int T;scanf("%d",&T);int li = 1;solve();while(T--){memset(dp,0,sizeof dp);rep(i,0,11) scanf("%d",&a[i]);sort(a,a+12);int ans = 0, ansp;rep(i,1,n)   //对所有1的个数是3的倍数的数字进行循环{int cnt = base[i][0];    //base[i]存储了数i中各个1的位置// printf("num:%d\n",base[i][cnt+1]);rep(j,1,cnt)   //循环i中的三个1，看是否可以更新dp[i]rep(k,j+1,cnt)rep(hp,k+1,cnt)if(a[base[i][hp]] < a[base[i][j]]+a[base[i][k]]){int ht = base[i][cnt+1]-(1<<base[i][j])-(1<<base[i][k])-(1<<base[i][hp]);// printf("ht:%d\n",ht);if(ht == 0) dp[i] = 1, pre[i] = 0;else{if(dp[pos[ht]]+1 > dp[i]) dp[i] = dp[pos[ht]]+1, pre[i] = pos[ht];}if(dp[i] > ans) ans = dp[i], ansp = i;}//假如i为6个1的一个数，则能够更新i的dp[x]，x < i，因此dp[x]一定已经求出来了，所以这种解法正确}printf("Case #%d: %d\n",li++,ans);if(ans > 0){while(ansp){int ct1 = base[ansp][0], ct2 = base[pre[ansp]][0];int tp1 = base[ansp][ct1+1], tp2;if(pre[ansp] == 0) tp2 = 0;else{tp2 = base[pre[ansp]][ct2+1];}int tp3 = pos[tp1-tp2];int ct3 = base[tp3][0];rep(i,1,ct3){printf("%d",a[base[tp3][i]]);if(i == ct3) printf("\n");else printf(" ");}ansp = pre[ansp];}}}return 0;
}