状压 DP 简介

状压 dp 是动态规划的一种，通过将状态压缩为整数来达到优化转移的目的。

状态 dp 在写题时一般是多维数组，下标即是状态信息，值为答案，然后推出递推方程。

在for中下标即作为循环信息，也作为转移信息。

可以先看数据大小是否可以枚举情况，如果可以，那么只需要考虑在状态i时的递推方程即可

例题：

1.[锁][https://ac.nowcoder.com/acm/problem/14732]

106号房间共有n名居民，他们每人有一个重要度。房间的门上可以装若干把锁。假设共有k把锁，命名为1到k。每把锁有一种对应的钥匙，也用1到k表示。钥匙可以复制并发给任意多个居民。每个106房间的居民持有若干钥匙，也就是1到k的一个子集。如果几名居民的钥匙的并集是1到k，即他们拥有全部锁的对应钥匙，他们都在场时就能打开房门。新的陆战协定规定，一组居民都在场时能打开房门当且仅当他们的重要度加起来至少为m。问至少需要给106号房间装多少把锁。即，求最小的k，使得可以适当地给居民们每人若干钥匙(即一个1到k的子集)，使得任意重要度之和小于m的居民集合持有的钥匙的并集不是1到k，而任意重要度之和大于等于m的居民集合持有的钥匙的并集是1到k。

输入描述:

第一行两个整数n和m，0<n<21，0<m<1000000001。
第二行n个整数表示居民们的重要度。
重要度在[1,1000000000]之间。

输出描述:

一个整数表示最少需要多少把锁。

解析：

对于一个复杂度<m的集合，如果加上集合外的一个最小复杂度后，复杂度>=m的话，称该集合为最小复杂度集合

可以知道任意重要度>=m的集合一定包括一个最小复杂度集合

对于一个最小复杂度集合可以用一种钥匙满足要求，即该集合有一种钥匙，集合外无这种钥匙。类推可以知道，所有包括某个最小复杂度集合的任意>=m的集合都可以用同一种分配方式。

所以一个最小复杂度集合需要一种钥匙，我们需要知道任意>=m的集合需要多少种钥匙，问题可以转化成有多少个最小复杂度集合。

因为n<21，所以用状态dp，遍历每一个状态，判断当前状态是否属于最小复杂度集合，属于ans++，否则继续。

代码：

#define Oo ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define PI acos(-1.0)
typedef  long long ll;
ll n, m, a[40];
int main()
{
      Oo
      cin>>n>>m;
      for (int i=1; i<=n; i++)cin>>a[i];
      ll ans=0;
      for (int i=0; i< (1<<n); i++)
      {
            ll temp = 0;
            ll mi = INT_MAX;
            for (int j=0; j<n; j++)
            {
                  if ((1<<j)&i)temp+=a[j+1];
                  else mi = min(mi, a[j+1]);
            }
            if (temp>=m)continue;
            else 
            {
                  if (temp+mi>=m)ans++;
            }
      }cout << ans << endl;
	return 0;
}

2.[简单环][https://ac.nowcoder.com/acm/problem/16544]

题目描述

给定一张n个点m条边的无向图，求出图中所有简单环的数量。(简单环：简单环又称简单回路，图的顶点序列中，除了第一个顶点和最后一个顶点相同外，其余顶点不重复出现的回路叫简单回路。或者说，若通路或回路不重复地包含相同的边，则它是简单的)

输入描述:

第一行三个数n m k (k在输出描述中提到)
接下来m行每行两个数u，v表示u到v之间存在一条边（无重边）

输出描述:

输出k行每行1个整数
第i个数表示长度%k==i-1的简单环的数量（对998244353取模）
(只记录长度大于2的简单环的数量)

备注:

n<=20
m<=n*(n-1)/2
k<=n

解析：

用状态dp遍历每一个状态，然后以当前状态遍历中间点和终点。

$dp[i][j]$中$i$表示当前状态，$j$表示终点。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> P;
const int maxn = (1<<20) + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 998244353;
ll dp[maxn][20], ans[22], a[22];
int n, m, K, d[22][22];
int main()
{
    scanf("%d %d %d", &n, &m, &K);
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int x, y;
        scanf("%d %d", &x, &y);
        d[x-1][y-1] = d[y-1][x-1] = 1;      //切记状压从第0位开始，所以点也是从0计数
    }
    for(int i = 0; i < n - 2; i++)         //以点 i 为起始点
        dp[1<<i][i] = 1;
    for(int i = 1; i < (1<<n); i++)
    {
        int s = 0;                           //s记录最低位1，即路径的起点
        for(;;s++)
            if(i & (1<<s))
                break;
        if(s >= n - 2)  continue;
        for(int j = s; j < n; j++)               //s前面不会有1
        {
            if(((1<<j) & i) == 0 || dp[i][j] == 0)  continue;  //找到要扩展出路径的点
             for(int k = s + 1; k < n; k++)                      //找到被扩展的点
            {
                if(((1<<k) & i) || d[j][k] == 0) continue;
                dp[i | (1<<k)][k] += dp[i][j];//
            }
            if(d[j][s])                               //如果可以形成一个环
            {
                int num = __builtin_popcount(i);         //统计1的个数
                if(num >= 3)
                    ans[num] += dp[i][j];
            }
        }
    }
    for(int i = 3; i <= n; i++)
        a[i%K] = (a[i%K] + ans[i]) % mod;//模
    for(int i = 0; i < K; i++)
        printf("%lld\n", (a[i] * (mod + 1) / 2) % mod);//求1/2逆元
}

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初探状态压缩dp

状压 DP 简介

例题：

1.[锁][https://ac.nowcoder.com/acm/problem/14732]

输入描述:

输出描述:

解析：

代码：

2.[简单环][https://ac.nowcoder.com/acm/problem/16544]

题目描述

输入描述:

输出描述:

备注:

解析：