• 枚举子集&高位前缀和


    最近做的题里面有这个东西,于是写一篇博客总结一下吧。

    枚举子集

    枚举子集就是状压的时候枚举其中的二进制位中的1的子集。直接暴力枚举二进制位时间复杂度是(O(4^n)),但是我们可以发现,对于每一位有以下三种状态,在枚举的子集中为1,在子集中为0且在原状态中为1,以及在原状态中为0。这样,对于1到(2^n)的数中,子集的总数为(3^n),这样,通过一些比较优秀的枚举,时间复杂度即为(O(3^n))。代码如下:

    for(int i=s;;i=(i-1)&s) {
    	//do sth...
    	if(!i) break;
    }
    

    其中,对于每次循环的i,枚举的即是s的子集。

    枚举补集的道理和枚举子集是一样的,因为枚举补集就相当于枚举0的子集。

    例题:[noip 2017] 宝藏。


    高维前缀和

    高维前缀和就是说把原来的数组变为其下标的子集的元素之和,高维差分就是把这个反着干,暴力的复杂度就是(O(3^n))

    还有一种方法可以在(O(n*2^n))中完成高维前缀和,代码如下:

    for(int i=1;i<s;i<<=1)
    	for(int j=0;j<s;j++)
    		if(i&j) f[j]+=f[i^j];
    

    高维差分大概就是把枚举顺序改改就差不多了。

    例题:

    HDU5765

    题意大概就是给定n个点m条边的无向图,求出其中每条边在图的(最小)割上出现了几次,n<=20。图的割为一个边的集合,断开这些边后图不连通。图的(最小)割定义为不存在其他的割为他的子集。

    很显然,可以用状态压缩枚举一个联通块来表示一个割,该位为1表示在联通块内。如果一个状态及其补集均为联通块,则该联通块对应了一个割。

    对于所有的割做一个高维前缀和,对于每一条边,其两端点所对应的状态即为该边不在任何一个割内的答案。

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    
    const int Maxn=2100000;
    
    int t,n,m,l[Maxn],r[Maxn],g[Maxn],f[Maxn],dp[Maxn];
    
    int main() {
    	scanf("%d",&t);
    	for(int o=1;o<=t;o++) {
    		printf("Case #%d:",o);
    		scanf("%d%d",&n,&m);
    		int end=(1<<n)-1,ans=0;
    		memset(g,0,sizeof(g));
    		for(int i=1;i<=m;i++) {
    			scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
    			g[l[i]]|=1<<r[i];
    			g[r[i]]|=1<<l[i];
    		}
    		dp[0]=1;
    		for(int i=1;i<=end;i++)
    			if((i&(-i))!=i)
    				for(int j=0,temp=1;j<n;j++,temp<<=1)
    					if(i&temp&&(dp[i]=dp[i^temp]&&(i&g[j])))
    						break;
    					else;
    			else dp[i]=1;
    		dp[0]=0,dp[end]=0;
    		for(int i=1;i<=end;i++)
    			f[i]=dp[i]&dp[(~i)&end],ans+=f[i];
    		ans/=2;
    		for(int i=0,temp=1;i<n;i++,temp<<=1)
    			for(int j=1;j<=end;j++)
    				if((j&temp)==0) f[j]+=f[j^temp];
    		for(int i=1;i<=m;i++) printf(" %d",ans-f[(1<<l[i])|(1<<r[i])]);
    		puts("");
    	}
    	return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/shanxieng/p/9813061.html
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