簡易狀壓DP

開頭甩定義
藉助二進位制完成對狀態的壓縮，從而進行動態規劃的過程，我們稱之為狀態壓縮動態規劃（簡稱“狀壓DP”）

位運算

1. 左移右移
   左移：左移一位，等價於該數x2
   eg. 110<<1 = 1100 (十進位制從6變為12)
   右移同理
   eg. 110>>1 = 11(十進位制從6變為3)

2. 與或非
   相信各位OIer應當在普及時就學過位運算了，但本蒟蒻還是要講
   與：按位進行與運算 滿足兩數同一位都為1時結果為1，否則為0
   或：按位進行或運算 滿足兩數同一位都為0時結果為0，否則為1
   非：按位取反

3. 簡單運算
   當我們需要判斷或修改二進位制數S的第i位時，我們進行以下操作
   若判斷第i位是否為0 即判斷 (S&(1<<i)) 是否為0
   若要將第i位設定為1 即 (S|(1<<i)) 即1左移i位於S進行或運算
   若要將第i位設定為0 即 (S&~(1<<i)) 即S與只有第i位為0的數進行或運算

4. 簡單應用
   經過上面的學習大家可以發現我們可以用位運算的方法來列舉子集
   假設集合A={1,2,3,4,5}
   我們可以通過將A中的數編號的方式使其轉化為一個二進位制數
   是不是非常神奇呀
   下面我們來康康具體操作
   假設我們要表示A的子集B={2,4,5}

二進位制數位	4	3	2	1	0
二進位制值	1	1	0	1	0
子集元素	5	4	0	2	0

這裡需要注意的是二進位制的數位是從0開始的，所以對應關係不要找錯
所以B集合用二進位制就可以表示為11010啦！！

那麼我們來做個練習

李白打酒 【2014藍橋杯預賽】
話說大詩人李白，一生好飲。
一天，他提著酒壺，從家裡出來，酒壺中有酒兩鬥。他邊走邊唱：
無事街上走，提壺去打酒
逢店加一倍，遇花喝一斗。
這一路上，他一共遇到店5次，遇到花10次，已知最後一次遇到的是花，他正好把酒喝光了。請你計算李白有多少種滿足要求的遇到店和花的可能情況
輸入
無
正確輸出
14

題解：
一道簡單的練手題
考慮使用01串表示遇到花或者店，因為最後一個一定是花所以列舉14位01串就OK
程式碼放送~

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	int ans=0;
	for(int i=0;i<(1<<14);i++)//列舉每種情況
	{
		int ans1=0,ans2=0;
		int num=2;
		for(int j=0;j<14;j++)
		{
			if(i&(1<<j))
			{
				ans1++;
				num*=2;
			} 
			else {ans2++;num--;}
		}
		if(ans1==5&&ans2==9&&num==1)ans++;//特判
	}
	cout<<ans;
}

好的你已經掌握了基本的位運算知識了讓我們來康康簡單狀壓DP

狀壓DP

話不多說直接上題

國王 [SGU 223]
在 n×n 的棋盤上放 k 個國王，國王可攻擊相鄰的 8 個格子，求使它們無法互相攻擊的方案總數
輸入
只有一行，包含兩個整數 n 和 k

輸出
每組資料一行為方案總數，若不能夠放置則輸出 0

樣例輸入
3 2
樣例輸出
16

1<=n<=10 , k<=n²

題解
本題為狀態壓縮DP入門題
這個題使用八皇后做法是顯然不行的(很難剪枝)，就考慮使用DP，然而國王在棋盤上的狀態使用傳統的f[i][j]很難表示，由於國王的狀態只有兩種，放置與不放置，所以考慮狀壓解決
對於第i行所擺放的國王，只會有第i-1行和第i+1行的國王影響它，對其的影響是i-1行和i+1行的擺放方式和1~i-1行總共擺放的國王數很容易得出初始的動態方程
令f[i][j][s]為第i行目前擺放狀態a[j]和前i行已經擺放的國王個數s，易得
f[i][j][s]=∑f[i-1][k][t]
a[j],a[k]為兩種不同擺放方式
那麼接下來我們就要想想如何表示這兩種狀態
還記得我們之前說的李白問題嗎？不記得就回去看
看見國王在棋盤上擺放的狀態只有兩種，擺與不擺，那麼我們可以嘗試使用一個01串表示狀態，又因為一排最多10個格子，最大寬度也滿足，考慮：
（蒟蒻表格，@代替下國王，沒有就是x）

@	x	x	x	@	x
1	0	0	0	1	0

如上圖，每個格子對應一個二進位制位，於是乎狀態就可以用一個卡哇伊的 二進位制數表示出來啦
時間複雜度也是允許的，可以自己推推看~
放程式碼！！

#include<bits/stdc++.h> //萬能庫深得朕心
using namespace std;
typedef long long ll;
#define N 15
ll f[N][155][155],ans=0,s=0;
int n,sum[166],num[155],K;
int main()
{
    cin>>n>>K;
	memset(f,0,sizeof(f));
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)
	{
		if(i&(i<<1)) continue; //檢查狀態
		int k=0;
		for(int j=0;j<n;j++) if(i&(1<<j))k++;
		sum[++s]=i;
		num[s]=k;
    }
    
	f[0][1][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	  for(int j=1;j<=s;j++)
	    for(int k=0;k<=K;k++)
	    {
	    	if(k>=num[j])
	    	for(int t=1;t<=s;t++)
	    	if(!(sum[t]&sum[j])&&!(sum[t]&(sum[j]<<1))&&!(sum[t]&(sum[j]>>1)))
	    	  f[i][j][k]+=f[i-1][t][k-num[j]];
		}
	
	for(int i=1;i<=s;i++) ans+=f[n][i][K]; //統計
	cout<<ans<<endl;
}

是不是有點感覺了
還要多練練題，基礎的思路就是判斷狀態是否可以轉化為二進位制，推導dp方程然後寫就完事
PS：位運算一定要好好記:) （慘痛教訓）