POJ 3925 - 状态DP.位运算
研读北大的<ACM国际大学生程序设计竞赛亚洲区域真题题解>发现这题的...书上介绍的是DFS枚举点..然后最小生成树来找答案...正好前不久做过一些状态 DP的问题..就用状态DP水过了...
对于一类点个数为n=15左右的问题...应该敏感的联想到状态DP...用n位2进制数可以在较好的所有点的状态...此题正是如此...用x ( 0<=x<=2^n) 表示当前的树中有哪些点...
这里用到了两个位运算..
一个是判断十进制整数x在二进制下的第k位是否为1...用 x & (1<<k-1) 来判断...如果是1结果为非0正整数...
另一个是判断 十进制整数x在二进制下有多少位为1...x=x & (x-1) 要执行到x==0的次数即为x中1的个数..原因..因为总能去掉最末尾的1
其实写完之后...发现本质上枚举点做最小生成树和我这种状态DP是一样的...因为我在更新过程中就是Prim的过程...
Program:
#include<iostream>#include<stdio.h>#include<algorithm>#include<string.h>#include<math.h>#include<map>#include<queue>#include<stack>#define ll long long#define oo 1000000000#define pi acos(-1)using namespace std; int n,m,p[20],arc[20][20],g,ans,dp[40000]; double minimal;int main(){ int i,x,y,k,w,z,v; while (~scanf("%d%d",&n,&m)) { if (!n && !m) break; for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]); for (y=1;y<=n;y++) for (x=1;x<=n;x++) scanf("%d",&arc[y][x]); g=(1<<n)-1; memset(dp,-1,sizeof(dp)); dp[0]=0; minimal=1e+20; for (x=1;x<=g;x++) { v=0; for (k=1;k<=n;k++) if (x & (1<<k-1)) // 判断第k位是否为1 { v+=p[k]; w=x-(1<<k-1); for (y=1;y<=n;y++) if (w & (1<<y-1)) if (dp[x]==-1 || dp[x]>dp[w]+arc[y][k]) dp[x]=dp[w]+arc[y][k]; } k=0; z=x; while (z) { k++; z=z & (z-1); } // 得到当前状态下有多少个点.. if (k==m && minimal>(dp[x]*1.0/v)) { minimal=dp[x]*1.0/v; ans=x; } } for (x=1;x<=n;x++) if (ans & (1<<x-1)) printf("%d ",x); printf("\n"); } return 0;}