UVALive 4794 Sharing Chocolate DP

这道题目的DP思想挺先进的，用状态DP来表示各个子巧克力块。原本是要 dp(S,x,y)，S代表状态，x,y为边长，由于y可以用面积/x表示出来，就压缩到了只有两个变量，在转移过程也是很巧妙，枚举S的子集s0,然后 s1=S-s0来代表除该子集的另一个集合，接下来分两种情况，如果这个子集是通过把 S保留x，切割y，则转移到dp(s0,x)和dp(s1,x)，另一种情况是转移到dp(s0,y)和dp（s1,y）。为了更加缩小状态，统一把转移方程的 x换成 min(x,sum[S]/x)，sum为该状态下的面积

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
//#include <cmath>
#define N 1<<17
using namespace std;
int f[N][120],sum[N];
int A[20],vis[N][120];
int ok(int x) //测试当前状态下是否只剩下一种巧克力，是的话，二进制状态里必定只有一个1，因此只会返回1 否则则返回其他值.
{
    if (x==0) return 0;
    return ok(x/2)+(x&1);//这里导致我WA了好几次，原因是没注意&的优先级低，要括号起来
}
int dp(int S,int x)
{
    if (vis[S][x]) return f[S][x];
    vis[S][x]=1;
    //int& ans=f[S][x];
    if (ok(S)==1) return f[S][x]=1; //如果满足，则说明以及到达某块具体巧克力的状态，完成任务 return 1回去
    int y=sum[S]/x;
    for (int s0=S&(S-1);s0;s0=S&(s0-1))//枚举S的子集
    {
        int s1=S-s0;
        if (sum[s0]%x==0 && dp(s0,min(x,sum[s0]/x)) && dp(s1,min(x,sum[s1]/x)))
           return f[S][x]=1;//这里分两种情况，分别代表两个子集的产生 是切割y 或者 切割x产生的
        if (sum[s0]%y==0 && dp(s0,min(y,sum[s0]/y))&& dp(s1,min(y,sum[s1]/y)))
            return f[S][x]=1;
    }
    return f[S][x]=0;

}
int main()
{
    int kase=0,n,x,y;
    while (scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        if (n==0) break;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        for (int i=0;i<n;i++)
            scanf("%d",&A[i]);
        memset(sum,0,sizeof sum);
        for (int i=0;i<(1<<n);i++)
        {
            for (int j=0;j<n;j++)
            {
                if (i&(1<<j))
                {
                    sum[i]+=A[j];
                }
            }
        }
        memset(vis,0,sizeof vis);
        int all=(1<<n)-1;
        int ans=0;
        if (sum[all]!=x*y || sum[all]%x!=0)
        {
            ans=0;
        }
        else
        {
            ans=dp(all,min(x,y));
        }
        printf("Case %d: %s
",++kase,ans==1? "Yes":"No");
    }
    return 0;
}