「BZOJ 2064」分裂-状压 DP

给定一个初始集合和目标集合,有两种操作:

  1. 合并集合中的两个元素,新元素为两个元素之和
  2. 分裂集合中的一个元素,得到的两个新元素之和等于原先的元素

要求用最小步数使初始集合变为目标集合,求最小步数。

链接

BZOJ 2064

题解

只可意会不可言传的状压 DP

首先答案只可能由初始集合分裂成一些小的集合,分别合成一些小状态,再拆开得到的。

所以答案最坏情况就是全部合在一起,然后拆开成目标集合。

令 $f[i][j]$ 表示初始时的集合 $i$ 结束时的集合 $j$ 最小需要的步数,且 $i$ 中的元素和等于集合 $j$ 中的元素和。

所以当前最坏情况就是 $|i| + |j| - 2$,状态转移为:
$$f[i][j] = \min(f[i][j], f[k][t] + f[i - k][j - t])$$

所以我们枚举子集就可以直接转移了,时间复杂度 $O(3 ^ {n + m})$(实际上比这个快多了,满足元素和相等的状态并不多)

代码

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
/**
* Copyright (c) 2017, xehoth
* All rights reserved.
* 「BZOJ 2064」分裂 04-10-2017
* 状压 DP
* @author xehoth
*/
#include <bits/stdc++.h>
namespace {
const int MAXN = 1 << 10;
int sum1[MAXN + 1], sum2[MAXN + 1];
int f[MAXN + 1][MAXN + 1];
int a[11], b[11];
inline void solve() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(NULL), std::cout.tie(NULL);
register int n1, n2;
std::cin >> n1;
for (register int i = 0; i < n1; i++) std::cin >> a[i];
std::cin >> n2;
for (register int i = 0; i < n2; i++) std::cin >> b[i];
for (register int i = 1, s = 1 << n1; i < s; i++)
for (register int j = 0; j < n1; j++)
if (i >> j & 1) sum1[i] += a[j];
for (register int i = 1, s = 1 << n2; i < s; i++)
for (register int j = 0; j < n2; j++)
if (i >> j & 1) sum2[i] += b[j];
for (register int i = 0, s = 1 << n1; i < s; i++)
memset(f[i], 0x3f, sizeof(int) * (1 << n2 | 1));
for (register int i = 1, s1 = 1 << n1; i < s1; i++) {
for (register int j = 1, s2 = 1 << n2; j < s2; j++) {
if (sum1[i] == sum2[j]) {
f[i][j] = __builtin_popcount(i) + __builtin_popcount(j) - 2;
for (register int k = i & (i - 1); k; k = i & (k - 1))
for (register int t = j & (j - 1); t; t = j & (t - 1))
if (sum1[k] == sum2[t])
f[i][j] =
std::min(f[i][j], f[k][t] + f[i - k][j - t]);
}
}
}
std::cout << f[(1 << n1) - 1][(1 << n2) - 1];
}
}
int main() {
solve();
return 0;
}
分享到