CSUST 2007-我爱吃烧烤（状压DP）

题目链接：http://acm.csust.edu.cn/problem/2007
博客园食用链接：https://www.cnblogs.com/lonely-wind-/p/13395416.html
Description

烧烤真的很好吃唉！集训队的团建除了佰烧，下馆子就是烧烤啦！

这天集训队一群毒瘤想出去吃烧烤，这里一共有nnn个烧烤店，编号1,2,...,n1,2,...,n1,2,...,n，这nnn个烧烤店中有mmm个特殊的烧烤店，初始时大家在1号烧烤店，他们想尝试其中至少kkk个不同的特殊的烧烤店。从任意两个烧烤店x,yx,yx,y走过去消耗的体力值都为111，注意你在当前的烧烤店停留一次也会消耗111点体力值。mp[i][j]mp[i][j]mp[i][j]表示从烧烤店iii到jjj的方案数。问他们恰好消耗QQQ点体力值且能品尝到至少kkk个不同的特殊烧烤店的方案数。数据保证11号烧烤店不是特殊的烧烤店。答案可能很大，输出模201908022019080220190802后的值。

Input
第一行五个整数，分别表示n,m,k,Qn,m,k,Qn,m,k,Q。

接下来一行mmm个整数aia_iai表示特殊烧烤店的编号。

接下来一个nnn行nnn列的矩阵mpmpmp，意义如题。

1≤n,Q≤50,0≤m,k≤10,0≤mp[i][j]≤10001\leq n,Q\leq 50,0\leq m,k\leq 10,0\leq mp[i][j]\leq10001≤n,Q≤50,0≤m,k≤10,0≤mp[i][j]≤1000

Output
输出一行一个整数表示答案。

Sample Input 1
5 1 1 4
5
2 1 0 0 0
3 1 1 0 0
4 1 0 1 0
5 1 0 0 1
6 1 0 0 0

Sample Output 1
1

Sample Input 2
1 0 0 10
26

Sample Output 2
14277670

Sample Input 3
11 2 2 10
6 11
1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0
2 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0
3 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0
4 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0
5 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0
6 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0
7 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0
8 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0
9 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0
10 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1
11 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0
Sample Output 3
2

Hint

对于样例1：你只有一种走法能在规定体力消耗内吃到至少一个特殊烧烤店：1->2->3->4->5，方案数为1∗1∗1∗1=11 * 1 * 1 * 1=11∗1∗1∗1=1

对于样例2：要求吃到至少0个特殊烧烤店，也就是说你可以一个特殊烧烤店都不去，方案数为26^10 mod 20190802 =14277670

emmm，这道题挺好想的QAQ，至少现在看来是这样的。

看题目的数据范围，我们很容易知道用状压DP来解决，我们状压m个特殊的店于是就有了dp[1<<11]dp[1<<11]dp[1<<11]，考虑到要恰好消耗QQQ点体力，所以我们要再加上一维，就变成了了dp[1<<11][55]dp[1<<11][55]dp[1<<11][55]，但还有问题没有解决，也就是最后停留的点可能是1−n1-n1−n中的任意一点，所以我们还要再加上一维停留点：dp[1<<11][55][55]dp[1<<11][55][55]dp[1<<11][55][55]。计算一下空间，发现差不多了，应该不用再加了

接下来就是状态转移了，其中上面所说的三维肯定要枚举的，我们直接枚举上一个状态，然后再枚举上一个状态的最终停留点，再枚举上一个点所消耗的体力，那么要做状态转移的话肯定还要加上现在要去的点，于是就有了以下代码段：

dp[0][0][1]=1;
for (int i=0; i<(1<<m); i++) {for (int last=1; last<=n; last++) {if (vis[last] && !judge(i,1<<(vis[last]-1))) continue;//vis记录的是特殊点的编号，如果上一个点是特殊点，那么一定不会和上一个特殊点状态集矛盾for (int pw=0; pw<q; pw++) {if (!dp[i][pw][last]) continue;//小优化for (int now=1; now<=n; now++) {if (!mp[last][now]) continue;//小优化/*DP*/}}}
}

然后计算一波时间复杂度。。。O(2000∗50∗50∗50)O(2000*50*50*50)O(2000∗50∗50∗50)，emmm，让我冷静一波，感觉似乎不能优化了啊，想法也应该没什么毛病，没办法了，只能硬着头皮刚一波再说了，说不定数据跑不满（水）呢，于是就有了以上的小优化。

接下来我们考虑转移，对于转移，应该有两种方式，第一个是现在要去的点为特殊点的时候，另一个就是非特殊点的时候，那么就有了一下转移方程：

if (vis[now]) {int sta=i|(1<<(vis[now]-1));dp[sta][pw+1][now]=(dp[sta][pw+1][now]+dp[i][pw][last]*mp[last][now])%mod;
}
else dp[i][pw+1][now]=(dp[i][pw+1][now]+dp[i][pw][last]*mp[last][now])%mod;

最后枚举一下最终状态和落脚点就行了。。。然后你就会发现。。你似乎过不了样例？？？？

感觉天衣无缝啊，冷静分析一波。似乎体力的枚举不应该在里面，每次枚举消耗一个体力的时候应该跑完整个图的，那么也就是说体力的枚举应该放在最外面，然后trytrytry一波。。。。AC！妈妈，我终于会DP了QAQ

以下是AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
const int mod=20190802;ll dp[1<<11][55][55];//状态为sta,消耗q点体力,当前点为x号点的方案数
int b[100],mp[55][55],ok[1<<11];
int vis[55];int digt(int x)
{int ans=0;while (x){if (x&1) ans++;x>>=1; }return ans;
}void pre_oksta(int m,int k)
{for (int i=0; i<(1<<m); i++){int nb=digt(i);if (nb>=k) ok[i]=1;}
}int judge(int x,int y)
{for (int i=0; i<=10; i++)if (!(x&(1<<i)) && (y&(1<<i))) return 0;return 1;
}int main(int argc, char const *argv[])
{int n,m,k,q;scanf ("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&q);for (int i=1; i<=m; i++) scanf ("%d",&b[i]),vis[b[i]]=i;for (int i=1; i<=n; i++)for (int j=1; j<=n; j++)scanf ("%d",&mp[i][j]);pre_oksta(m,k);dp[0][0][1]=1;for (int pw=0; pw<q; pw++){//枚举体力for (int i=0; i<(1<<m); i++){//枚举上一个状态for (int last=1; last<=n; last++){//枚举上一个落脚点if (vis[last] && !judge(i,1<<(vis[last]-1))) continue;if (!dp[i][pw][last]) continue;for (int now=1; now<=n; now++){//枚举现在要去的if (!mp[last][now]) continue;if (vis[now]){int sta=i|(1<<(vis[now]-1));dp[sta][pw+1][now]=(dp[sta][pw+1][now]+dp[i][pw][last]*mp[last][now])%mod;} else dp[i][pw+1][now]=(dp[i][pw+1][now]+dp[i][pw][last]*mp[last][now])%mod;}}}}ll ans=0;for (int i=0; i<(1<<(m+1)); i++){if (!ok[i]) continue;for (int j=1; j<=n; j++)ans=(ans+dp[i][q][j])%mod;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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