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33.状态压缩动态规划

news 来源：原创 2025/6/18 6:29:59

一、算法内容

1.简介

若元素数量比较小（不超过 $20$ ）时，想要存储每个元素取或不取的状态时，可以借助位运算将状态压缩。需要借助状态压缩过程的动态规划就是状态压缩 DP（很多地方会简称为状压 DP）。

取若干元素，也就是对应的位置记为 $1$ ，其余位置记为 $0$ 。例如，一共有 $5$ 个元素 $a, b, c, d, e$ ，我们分别用二进制的 $1, 10, 100, 1000, 10000$ 表示这五个元素，则集合 ${a,c,e\}$ 可以用 $10101)_2=21$ 来表示，而集合 ${b,c,d\}$ 可以用 $01110)_2=14$ 表示。

对于元素个数为 $n$ 的情况，其空间复杂度为 $O(2^n)$ 。如果不用状态压缩，那么我们状态需要开 $5$ 维数组 $d p [2] [2] [2] [2] [2]$ ，这样不仅使得代码的实现变的很复杂，并且当 $n$ 的大小不一样的时候，状态维度也不一样，不是很容易实现。

2.子集与二进制

由于状压 DP 经常涉及到枚举子集的情况，所以我们介绍一种代码编写非常方便的枚举子集方法，也就是用二进制来模拟。这也是我们状压 DP 的基础。我们可以用二进制的一位表示集合对应某一元素的选取状态， $1$ 表示选取， $0$ 表示未选取。举个例子，我们拥有一个集合 ${0,1,2,3,4,5,6\}$ 。那么二进制 $0101101$ 就代表子集合 ${0,2,3,5\}$ 。

而在集合选取尤其是动态规划的状态转移方程中，我们需要用位运算来帮助我们实现子集的枚举。例如： i & (1 << j) 就可以用来判断 $i$ 的二进制展开所代表的集合里面，是否包含第 $j$ 个元素；(1 << n) - 1 就可以表示所以元素都被选取的情况，也就是全集。

由二进制展开的情况不难发现，子集的大小是指数级别的，所以数据范围一定不会很大。因此这也是一条判断是否是状压 DP 的一大方式。

二、实例分析

1. P2622 关灯问题

（1）题目大意

现有 $n$ 盏灯，以及 $m$ 个按钮。每个按钮可以同时控制这 $n$ 盏灯，按下 $i$ 按钮对于第 $j$ 盏灯，具体的操作结果如下：

如果 $a_{i,j}$ 为 $1$ ，那么当这盏灯开了的时候，把它关上，否则不管；
如果 $a_{i,j}$ 为 $- 1$ ，如果这盏灯是关的，那么把它打开，否则也不管；
如果 $a_{i,j}$ 为 $0$ ，无论这灯是否开，都不管。

现在这些灯都是开的，给出所有开关对所有灯的控制效果，求问最少要按几下按钮才能全部关掉。

（2）题目分析

本题灯只有开关两种状态，所以可以用 $1$ 表示开灯状态， $0$ 表示关灯状态
因此可以用一个长度为 $n$ 的二进制数唯一地表示每个状态
题目提供的开关灯方式即可作为一个状态转移的方式，我们以灯全开也就是 (1 << n) - 1 为起点
如果我们设当前状态为 now ，则 now & (1 << j) 就可以判断 $j$ 这个灯是否是打开状态。
那么我们就可以对于每个状态遍历所有开关的情况。对于 a[i][j] 来说，我们有状态转移如下所示：
- a[i][j] = 1 && (now & (1 << j))：now ^= (1 << j)
- a[i][j] == -1 && !(now & (1 << j))：now |= (1 << j)
我们用迷宫问题的思路，设全开为迷宫入口，全关为迷宫出口。记录每个状态的步数，即可在第一次找到出口的时候退出程序。

（3）正解程序

#include <iostream>
#include <queue>using namespace std;
typedef long long ll;
struct node
{ll status;ll step;
};
ll n, m;
ll a[110][20];
bool vis[2010];
ll bfs()
{queue<node> q;q.push((node) {(1 << n) - 1, 0});vis[(1 << n) - 1] = true;while(!q.empty()){node u = q.front();q.pop();if(u.status == 0)return u.step;for(ll i = 0; i < m; i++){ll now = u.status;for(ll j = 0; j < n; j++)if((a[i][j] == 1 && (now & (1 << j))) || (a[i][j] == -1 && !(now & (1 << j))))now ^= (1 << j);if(!vis[now]){q.push((node){now, u.step + 1});vis[now] = true;}}}return -1;
}
int main()
{cin >> n >> m;for(ll i = 0; i < m; i++)for(ll j = 0;j < n; j++)cin >> a[i][j];cout << bfs() << endl;return 0;
}

2. P1441 砝码称重

（1）题目大意

现有 $n$ 个砝码，重量分别为 $a_i$ ，在去掉 $m$ 个砝码后，问最多能称量出多少不同的重量（不包括 $0$ ）。砝码只能放在其中一边。

（2）题目分析

设我们当前选择的砝码集合是 $T$ ，它能称出的重量的集合为 $d p$
我们设 $M$ 对应的二进制表示为 $m_t,m_{t-1},...,m_0)_2$ ，其中 $m_i=1$ 表示 $i$ 这个重量是可以被称出来的；
那么再添加一个砝码之后，能称出的重量就是 dp |= (dp << w[i])

（3）正解代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <bitset>using namespace std;
typedef int ll;
const ll maxn = 30;
ll n, m, a[maxn];
ll my_count(ll x)
{ll res = 0;while(x){res += (x & 1);x >>= 1;}return res;
}
int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);m = n - m;for(ll i = 0; i < n; i++)scanf("%d", &a[i]);ll ans = 0;for(ll i = 1; i < (1 << n); i++){if(my_count(i) != m)continue;bitset<2010> dp;dp[0] = 1;for(ll j = 0; j <= n - 1; ++j)if(i & (1 << j))dp = dp | dp << a[j];ans = max(ans, (ll)dp.count());}printf("%d\n", ans - 1);return 0;
}

3. P1896 互不侵犯

（1）题目大意

在 $N\times N$ 的棋盘里面放 $K$ 个国王，使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。国王能攻击到它上下左右，以及左上左下右上右下八个方向上附近的各一个格子，共 $8$ 个格子。

（2）题目分析

有由题目意思可以知道，每个格子只有能摆放和不能拜访两种状态，所以我们可以用状态压缩的方式来表示整个棋盘
现在考虑应该用哪些内容来完整的表示棋盘。因为国王会影响上下行，所以我们可以考虑从上往下遍历状态，这样就只需要考虑每一行的上一行是否会发生冲突即可。
考虑每一行的合法状态，因为对于同一行来说，不能有两个连续的格子存在国王，那也就是说对于状态 $i$ 来说，需要满足 i & (i << 1) == 0。
设总共有 $M a x$ 种合法状态，如果我们设当前行的状态为 $k$ ，上一行的状态为 $x$ 。那么它们应该满足以下关系：(suit[k] & suit[x]) == 0 && ((suit[k] << 1) & suit[x]) == 0 && ((suit[k] >> 1) & suit[x]) == 0。
因此设 $d p [i] [j] [k]$ 表示在前 $i$ 行中已经放置 $j$ 个国王，第 $i$ 行的状态为第 $k$ 种合法状态时，题目的合法方案数。
如果我们设置前 $i - 1$ 行的第 $i - 1$ 行为第 $x$ 种合法状态，则我们有状态转移方程：
$dp[i][j][k]=\sum_{x=1}^{Max}dp[i - 1][j - num[k]][x];$

其中 $n u m [k]$ 表示状态 $k$ 的国王数量。

（3）正解代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, K;
ll suit[1 << 10], Max = 0;
ll num[1 << 10];
ll dp[100][100][1 << 10];
void prework()
{for(ll i = 0; i <= (1 << n) - 1; i++)if((i & (i << 1)) == 0)suit[++Max] = i;for(ll i = 1; i <= Max; i++){ll tmp = suit[i];while(tmp){num[i] += (temp & 1);tmp >>= 1;}}
}
int main()
{scanf("%lld%lld", &n, &K);prework();dp[0][0][1] = 1;for(ll i = 1; i <= n; i++)for(ll j = 0; j <= K; j++)for(ll k = 1; k <= Max; k++)for(ll x = 1; x <= Max; x++)if(j - num[k] >= 0 && (suit[k] & suit[x]) == 0 && ((suit[k] << 1) & suit[x]) == 0 && ((suit[k] >> 1) & suit[x]) == 0)dp[i][j][k] += dp[i - 1][j - num[k]][x];ll ans = 0;for(ll i = 1; i <= Max; i++)ans += dp[n][K][i];printf("%lld", ans);return 0;
}

三、作业

1.绿题

P1441 砝码称重

P1879 [USACO06NOV] Corn Fields G

2.蓝题

P1896 [SCOI2005] 互不侵犯

P2704 [NOI2001] 炮兵阵地

P2831 [NOIP 2016 提高组] 愤怒的小鸟

P3959 [NOIP2017 提高组] 宝藏

一、算法内容

1.简介

2.子集与二进制

二、实例分析

1. P2622 关灯问题

（1）题目大意

（2）题目分析

（3）正解程序

2. P1441 砝码称重

（1）题目大意

（2）题目分析

（3）正解代码

3. P1896 互不侵犯

（1）题目大意

（2）题目分析

（3）正解代码

三、作业

1.绿题

2.蓝题

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