题面

我们直接通过一个例题来了解子集 DP，子集 DP 属于状压 DP 的一种。

给定一个长度不超过 n 的字符串 s，如果 s 中的一个子序列是回文，那么我们就可以从 s 中移除这个子序列，求最少经过多少步我们可以移除整个字符串 s。如：我们可以从"dqewfretd"中移除 “defed”，剩下的字符串即：“qwrt”。

题目解析

使用状压DP进行求解：
对于状态i，用dp[i]dp[i]dp[i]表示最少的操作次数
当状态i
对应的子序列是回文时，dp[i]=1
对于状态i的一个子状态t，如果t也是回文序列，那么
dp[i]=min(dp[i],dp[i⊕t]+1)dp[i]=min(dp[i],dp[i⊕t]+1)dp[i]=min(dp[i],dp[i⊕t]+1)
O(4n+n×2n)\mathcal{O}(4^n + n\times 2^n)O(4n+n×2n)
子集 dp 有一个巧妙的写法，把时间复杂度压缩到O(3n+n×2n)O(3^n + n\times 2^n)O(3n+n×2n)一般来说 3n3^n3n会远大于 n×2n，所以子集dp的复杂度用n\times 2^n，所以子集 dp 的复杂度用n×2n，所以子集dp的复杂度用 O(3^n)$

for (int i = 1; i < (1 << n); i++) {dp[i] = IsPalindrome(i) ? 1 : inf;  // 判断当前状态是否是回文，如果是回文则步骤数为 1for (int t = i; t; t = (t - 1) & i) {dp[i] = min(dp[i], dp[t] + dp[i ^ t]);}
}
cout << dp[(1 << n) - 1] << endl;

通过

for (int t = i; t; t = (t - 1) & i)

这个方式我们可以快速枚举一个状态的所有子集。

示例代码

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
int dp[1 << 16];
int n;
string str;
bool IsPalindrome(int x){string ss="";int cnt=0;for(int i=0;i<n;i++){if(x&(1<<i)){ss+=str[i];cnt++;}}for(int i=0,j=cnt-1;i<j;i++,j--){if(ss[i]!=ss[j]){return false;}}return true;
}
int main() {cin >> n;cin >> str;for(int i=1;i<(1<<n);i++){dp[i]=IsPalindrome(i) ? 1 : n;for(int t=i;t;t=(t-1)&i){dp[i]=min(dp[i],dp[t]+dp[i^t]);}}cout<<dp[(1<<n)-1]<<endl;return 0;
}

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状压DP——子集DP

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