前言：

状态压缩DP一般是基于二进制进行的，读者需要对位运算有一定的前置知识

状态压缩DP一般分为两类：

①基于连通性DP（棋盘式）

②集合式（表示每一个元素是否在集合中）

1.状压DP定义:

2. 算法分析：

3.代码

4.优化

5.另一种类型的状态压缩(1条消息) 状态压缩DP 图文详解（二）_Dream.Luffy的博客-CSDN博客

本文讲的是第一类，基于连通性DP

状压DP定义:

动态规划算法的过程是随着阶段的增长，在每个状态维度上的分界点组成了DP拓展的轮廓。对于某些问题，我们需要在动态规划的状态中记录一个集合，保存这个轮廓的详细信息，以便于进行状态转移。若集合大小不超过 N ，集合中每个元素都是小于 k 的自然数，则我们可以把这个集合看做一个 N 位 k 进制数，以一个 [0,k^N-1] 之间的十进制整数的形式作为DP状态的一维。这种把集合转化为整数记录在DP状态中的一类算法被称之为状态压缩动态规划算法。

我们先用一个例子来说明状态压缩DP的一般解法：

例一: 小国王

在n×n 的棋盘上放 k 个国王，国王可攻击相邻的 8 个格子，求使它们无法互相攻击的方案总数。

输入格式

共一行，包含两个整数 n 和 k。

输出格式

共一行，表示方案总数，若不能够放置则输出0。

数据范围

1≤n≤10,
0≤k≤n^2

输入样例：

3 2

输出样例：

国王攻击范围示意图

红色表示国王位置，蓝色表示攻击范围

算法分析：

类似于棋盘放置类问题， 在一般情况下我们会采用暴搜（如八皇后问题）,但如果我们直接暴搜，时间复杂度为O（ $2^n^2$ ）,明摆着会超时的，因此可以考虑用记忆化搜索来优化。

于是我们用动态规划来考虑这个问题：
动态规划的转移方程，一般由最后一个不同点来定，由国王攻击方式我们可以发现，

第i层放置国王的行为受到第i - 1层和第 i + 1 层以及第 i 层国王影响。

那么我们可以按照一般套路，从上往下枚举每一行，这样考虑第 i 层状态时，只需考虑 i−1 层的状态即可。

于是，我们可以考虑把层数 i 作为动态规划的一个阶段进行 线性DP，

根据一般的DP思考方式，我们记录第i阶段所需要的信息

第 i 阶段需要记录的就是前 i 层放置的国王数量 j，以及在第 i 层的 棋盘状态 s

这里，我们先分析一下，哪些棋盘状态是合法的，以及哪些棋盘转移的状态是合法的（注意这两个状态，后面代码实现时会用到）

合法的棋盘状态：

如上图所示，蓝色方块为摆放国王的位置，红色方块为国王的攻击范围

只要任意王之间只要不相邻，那么就是合法的状态

棋盘转移的合法状态：

如上图所示：

只要任意国王的 纵坐标不相邻，就是合法的转移状态。

那么怎么用代码实现表示这些状态呢？

我们可以用二进制来表示这些状态

我们给它标上号，让有国王的位置设为1，没国王的位置设为0，于是可以得到(0100010)

于是，我们可以用(state >> i ) == 1, 来判断在当前状态s下的第i个位置(0 <= i < n)是否放了国王。

同时，因为枚举i-1层的状态和第i层的状态所需的循环过多导致时间复杂度很高,所以在这里我们运用预处理的方式来解决此题

状态表示：f[ i ][ j ][ s ]所有只摆了前i行，已经摆了j个国王并且第i行摆放状态是s的所有方案集合

状态转移方程：f[ i ][ j ][ state[a] ] += f[ i - 1 ][ j - c ][ state[b] ] (c是在选择状态a时，放置的国王数量)

状态分析图：(我们把第i行国王的放置方式，作为集合)

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>using namespace std;
typedef long long LL;const int N = 12, M = 1 << 10,  K = 110;int n, m;
vector<int> state;
int cnt[M]; //状态state[a]的国王个数
vector<int> head[M];//head[i] 里存储在第i行状态为state[a]的情况下，上一行状态可以取到的合法状态statep[b]
LL f[N][K][M]; //状态转移方程，存方案数bool check(int state)
{for(int i = 0;i < n;i ++) //同一行两个国王不能相邻if((state >> i & 1) && (state >> i + 1 & 1))return false;return true;
}int count(int state) //统计该状态下国王，即1的个数
{int res = 0;for(int i = 0;i < n;i ++) res += state >> i & 1;return res;
}int main()
{cin >>n >> m;//预处理所有合法状态 (对于这两个状态压缩有疑惑的，看看上面的图)for(int i = 0;i < 1 << n;i ++)if(check(i)){state.push_back(i); //将合法方案存入statecnt[i] = count(i);}//预处理所有合法状态的合法转移for(int i = 0;i < state.size();i ++)for(int j = 0;j < state.size();j ++){int a = state[i], b = state[j];if((a & b) == 0 && check(a | b)) //a & b 指第i行和i-1行不能在同列有国王， check(a|b) == 1 指i和i -1行不能相互攻击到head[i].push_back(j);  //head[i] 里存储在第i行状态为state[a]的情况下，上一行状态可以取到的合法状态statep[b]}f[0][0][0] = 1; //求方案数时，初始方案需要为1,因为全部空 也是一种方案for(int i = 1;i <= n + 1;i ++) //枚举每一行for(int j = 0;j <= m;j ++) //国王数量for(int a = 0;a < state.size();a ++) //枚举合法方案for(int b : head[a]){int c = cnt[state[a]];  //状态state[a]的国王个数if(j >= c)f[i][j][state[a]] += f[i - 1][j - c][state[b]]; //f[i][state[a]], 在第i行状态为i时，所有i - 1行的状态数量//因为state[a]和a呈映射关系，所也可以写成//  f[i][j][a] += f[i - 1][j - c][b];}cout << f[n + 1][m][0] << endl;//我们假设摆到n + 1行，并且另这一行状态为0,那么即得到我们想要的答案， //如果我们用f[n][m][]来获取答案，那么我们就要枚举最后一行的所有状态取最大值，来得到答案。

java代码:

import java.util.*;
public class Main{static int N = 12,M = 1 << 10,K = 110;static int n,m;//当前走到了第i行,并且已经放了j个国王,且当前第i行的状态是s的方案的集合static long[][][] f = new long[N][K][M];static List<Integer> state = new ArrayList<>();//存所有合法状态static ArrayList<Integer>[] head = new ArrayList[M];//存合法状态所有能够走到的其他状态static int[] cnt = new int[M];//存每个合法状态对应有多少个1//判断是不是没有两个相邻的1public static boolean check(int state){for (int i = 0 ; i < n ; i ++ )if ((state >> i & 1) == 1 && (state >> i + 1 & 1 ) == 1)return false;return true;}//统计这个state有多少位是1public static int count(int state){int res = 0;for(int i = 0 ; i < n ; i ++ ){if ((state >> i & 1) == 1){res ++;}} return res;}public static void main(String[] args){Scanner scan = new Scanner(System.in);n = scan.nextInt();m = scan.nextInt();//首先将所有合法状态找出来for (int i = 0 ; i < 1 << n ; i ++ ){if (check(i)){ //如果合法state.add(i);//将他存下来cnt[i] = count(i);//然后计算一下这个状态有多少个1}}//接下来是寻找合法状态所有能够走到的其他状态for (int i = 0 ; i < state.size(); i ++ ){for (int j = 0 ; j < state.size(); j ++ ){int a = state.get(i);int b = state.get(j);if ((a & b) == 0 && check(a | b)){//如果这个数a还没有存过数，那就新建一个a链表放if(head[i] == null){ head[i] = new ArrayList<>();}//创建完之后才能放head[i].add(j);}}}//初始化f[0][0][0] = 1;for (int i = 1 ; i <= n + 1; i ++ ){for (int j = 0 ; j <= m ; j ++ ){for (int a = 0; a < state.size(); a ++ ){for (int b : head[a]){int c = cnt[state.get(a)];if(j >= c){f[i][j][a] += f[i - 1][j - c][b];}   }}}}System.out.println(f[n + 1][m][0]);}
}

优化

通常，在内存限制较紧时，我们可以利用滚动数组来优化

由于第 i 阶段状态只会用到第 i−1 阶段的状态，因此我们可以采用滚动数组来优化空间

也就是在枚举行时，将数组下标&1, 这样得到的值都是0 或 1 ，以此进行空间的优化

//滚动数组优化
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>using namespace std;
typedef long long LL;const int N = 12, M = 1 << 10,  K = 110;int n, m;
vector<int> state;
int cnt[M];
vector<int> head[M];
LL f[2][K][M];bool check(int state)
{for(int i = 0;i < n;i ++) //同一行两个国王不能相邻if((state >> i & 1) && (state >> i + 1 & 1))return false;return true;
}int count(int state) //统计该状态下国王，即1的个数
{int res = 0;for(int i = 0;i < n;i ++) res += state >> i & 1;return res;
}int main()
{cin >>n >> m;for(int i = 0;i < 1 << n;i ++)if(check(i)){state.push_back(i); //将合法方案存入statecnt[i] = count(i);}for(int i = 0;i < state.size();i ++)for(int j = 0;j < state.size();j ++){int a = state[i], b = state[j];if((a & b) == 0 && check(a | b)) //上下排兼容的情况head[i].push_back(j);}f[0][0][0] = 1; for(int i = 1;i <= n + 1;i ++) //枚举每一行for(int j = 0;j <= m;j ++) //国王数量for(int a = 0;a < state.size();a ++) //枚举合法方案{f[i & 1][j][state[a]] = 0;//要先清空,因为第一维一直在循环,转移用的 += ，不清空会用到前前阶段的状态for(int b : head[a]){int c = cnt[state[a]];if(j >= c)f[i & 1][j][state[a]] += f[i - 1 & 1][j - c][state[b]];//因为state[a]和a呈映射关系，所也可以写成//  f[i][j][a] += f[i - 1][j - c][b];}}cout << f[n + 1 & 1][m][0] << endl;return 0;
}

这里，还有搜索算法哦，手把手 图文分析, 包教包会

BFS之 Flood Fill算法_Dream.Luffy的博客-CSDN博客

另一种类型的状态压缩(1条消息) 状态压缩DP 图文详解（二）_Dream.Luffy的博客-CSDN博客

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