连锁商店状态压缩dp（女赛）

题意：

每个点都属于一家公司，每个点都对应一个权值。对于一条路径，属于同一家公司的一些点的贡献只能被算一次。给一张图，路径只能从小往大走，问从1走到每个点路径上分别的最大权值和

思路：

n最大为36，说明出现多个点的公司最大为n2\frac{n}{2}2n，不难发现，对于同一条路径，如果这条路径上有些点所属公司只有这个点，那么必然直接选上这个点，对于只出现过一次的商店不需要存入状态
出现状态分裂的状况为出现多个点那些公司，这些才存入状态，那么时间复杂度是O(2n2∗n2)O(2^{\frac{n}{2}}*n^{2})O(22n∗n2)，如果不优化的话就是O(2n∗n2)O(2^{n}*n^2)O(2n∗n2)会T
可以用二进制压缩出现多个点的公司的状态，dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示当前在i点，出现多个点的公司状态为j

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <unordered_map>
#define fi first
#define se second
#define pb push_backusing namespace std;typedef long long ll;const int N = 40, M = 1 << 20;int n, m;
int c[N], w[N];
int dp[40][M];
vector<int> edge[N];
unordered_map<int, int> mp;
vector<int> ve;void solve()
{scanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; i ++ ){scanf("%d", &c[i]);mp[c[i]] ++ ;}for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &w[i]);for (auto w : mp)if (w.se > 1)ve.pb(w.fi);for (int i = 1, u, v; i <= m; i ++ ){scanf("%d%d", &u, &v);edge[v].pb(u);      // v能由u到达}edge[1].pb(0);for (int i = 1; i <= n; i ++ ){int id = -1;        // id为-1说明这个点所属公司只有这家店，否则，id代表这个点所属的公司for (int j = 0; j < (int)ve.size(); j ++ )if (c[i] == ve[j]){id = j;break;}if (id == -1)       // 直接加上{for (int j = 0; j < (1 << (int)ve.size()); j ++ )for (auto from : edge[i])dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[from][j] + w[c[i]]);}else        // 需要判断当前取还是不取{for (int j = 0; j < (1 << (int)ve.size()); j ++ )    // 当前，所有公司是否已经被取过的状态{if (j & (1 << id))      // 当前i这个点所在公司之前已经取过，判断当前已经取过的状态和没有取过然后加上当前这个{for (auto from : edge[i])dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[from][j ^ (1 << id)] + w[c[i]]);    // 后者是之前不取取当前的}else        // 计算不拿的状态{for (auto from : edge[i])dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[from][j]);}}}int ans = 0;for (int j = 0; j < (1 << (int)ve.size()); j ++ ) ans = max(ans, dp[i][j]);cout << ans << endl;}
}int main()
{//    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);int _  = 1;
//    cin >> _;while (_ -- ){solve();}return 0;
}

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