状压dp的题目列表 （一）

状压dp的典型的例子就是其中某个数值较小。

但是某个数值较小也不一定是状压dp，需要另外区分的一种题目就是用暴力解决的题目，例如UVA818 紫书215

题目列表：

①校长的烦恼 UVA10817 紫书286

②20个问题 UVA 1252 紫书287

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩

一：校长的烦恼 UVA10817 紫书286

题目大意：n个求职者，m个教师，需要讲授s门课程，每门课要有至少2个人讲授。教师是必须雇佣的，求职者看情况。给出教师和求职者的工资和能教授的科目。问怎么雇佣才能支付最少的工资？

思路：定义dp[i][s1][s2]表示，s1表示每门课只有一个人教，s2表示每门课有两名以上的人教的。i表示前i个人的雇佣情况，这样进行dp就好了。 具体看紫书吧，很详细

//看看会不会爆int! 或者绝对值问题。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define ALL(a) a.begin(), a.end()
const int maxs = (1 << 8) + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 200 + 5;
int s, m, n;
int dp[maxn][maxs][maxs], money[maxn], st[maxn];

int dfs(int i, int s1, int s2){
    if (i == m + n){
        return s2 == (1<<s)-1 ? 0 : inf;
    }
    int &ans = dp[i][s1][s2];
    if (ans >= 0) return ans;
    ans = inf;
    if (i >= m) ans = dfs(i + 1, s1, s2);
    int t = st[i];
    int tmp = s1 & t;
    ans = min(ans, dfs(i + 1, s1 | t, s2 | tmp) + money[i]);
    return ans;
}

int main(){
    string line;
    int x;
    while (getline(cin, line)){
        stringstream ss(line);
        ss >> s >> m >> n;
        if (s == 0) break;
        for (int i = 0; i < m + n; i++){
            getline(cin, line);
            stringstream ss(line);
            ss >> money[i];
            st[i] = 0;
            while (ss >> x) st[i] |= (1 << x-1);
        }
        memset(dp, -1, sizeof(dp));
        dfs(0, 0, 0);
        printf("%d
", dp[0][0][0]);
    }
    return 0;
}

关键：学会划分情况

二：20个问题 UVA1252 紫书267　

题目大意：有n个长度为m的二进制串，每个都是不同的。为了把所有字符串区分开，你可以询问，每次可以问某位上是0还是1。问最少提问次数，可以把所有字符串区分开来。

思路：dp是要枚举已知的所需要的所有状态的，那么我们如何来枚举目前的状态呢。首先我们定义dp[s][a],s表示目前已经询问了的集合，a表示目前s的子集当中的特征集。因此就表示，已经询问了特征集s，确认了所具备的特征集a，还需要询问的最小次数是多少。

因此我们的决策时dp[s][a] = max(dp[s + {k}][a + {k}], dp[s + {k}][a]) + 1;

然后通过dfs来解决就行了。虽然也可以用递推来实现。

//看看会不会爆int! 或者绝对值问题。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define ALL(a) a.begin(), a.end()
///当所有的物品所具备的特征只剩下1的时候，说明其他全都访问过
const int maxn = 200 + 5;
const int maxm = (1 << 11) + 5;
int cnt[maxm][maxm], dp[maxm][maxm];
int n, m;
char ch[maxn];

void init(){
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
    for (int i = 0; i < n; i++){
        scanf("%s", ch);
        int t = 0;
        for (int j = 0; j < m; j++)
            if (ch[j] == '1') t |= (1 << j);
        for (int j = 0; j < (1 << m); j++){///给所有的都做上标记,一个的时候，两个的时候都有
            cnt[j][j & t]++;
        }
    }
}

int dfs(int s, int a){
    if (cnt[s][a] <= 1) return 0;
    if (cnt[s][a] == 2) return 1;

    int &ans = dp[s][a];
    if (dp[s][a] >= 0) return ans;
    ans = m;
    for (int i = 0; i < m; i++){
        if (s & (1 << i)) continue;
        int s2 = s | (1 << i), a2 = a | (1 << i);
        if (cnt[s2][a] >= 1 && cnt[s2][a2] >= 1){
            int tmp = max(dfs(s2, a), dfs(s2, a2)) + 1;
            ans = min(tmp, ans);
        }
    }
    return ans;
}

int main(){
    while (scanf("%d%d", &m, &n) == 2 && n+m > 0){
        memset(dp, -1, sizeof(dp));
        init();
        printf("%d
", dfs(0, 0));
    }
    return 0;
}

感觉这道题让现在我这样的水平的人来做肯定做不来，要仔细看看

三：

四：

五：

六：

七：

八：

九：

十：