[USACO15JAN]Moovie Mooving G
狀壓難題。不過也好理解。
首先我們根據題意：
she does not want to ever visit the same movie twice.
這句話以及\(n\)的取值範圍給了我們足夠多的提醒：可能是狀態壓縮。
那麼，當我們真正嘗試用集合表示每個電影是否已看過的時候，我們卻不容易給出能夠轉移的狀態。
舉個例子，當我們定義的狀態中集合表示成為該狀態的元素，那麼這將會與最終求該集合的最小值衝突——狀態中沒法記錄集合的最小值。
我們不妨換一種思路：\(dp(i,S)\)表示的是以\(i\)為結尾、已經看過的集合為\(S\)的最長時間。這種狀態在轉移的時候能夠避免計算到不合法的狀態，我們接下來具體分析：
容易得到：
\[dp(i,S)=max(dp(j,S\setminus\{i\}),query(dp(j,S\setminus\{i\}))+d_i)
\]
其中，\(query(dp(j,S\setminus\{i\}))\)代表的是電影\(i\)中時間節點不超過\(dp(j,S\setminus\{i\})\)的最大值。而該狀態下允許不存在這樣的時間節點，轉移的時候特殊處理即可。
這是由於計算的時候避免出現間隔——即看電影時間處處連續。
最後，統計最終答案的時候對於所有的大於等於限制\(L\)的狀態計算它們的集合大小，更新。
這樣做的時間複雜度為\(O(n^22^nlogn)\)。實際測試的時候會更快。
……
int n, L, t, c[N], d[N], st[N][C], siz[S] = {}, ttt[S];
int ans = INF, dp[N][S];
int query(int cur, int x)
{
int L = 0, R = c[cur], mid, tmp;
while(L < R)
{
mid = L + ((R - L) >> 1);
tmp = st[cur][mid];
if(tmp == x) return x;
if(tmp < x) L = mid + 1;
else R = mid;
}
if(!R) return -1;
return st[cur][R - 1];
}
int main()
{
scanf("%d %d", &n, &L);
for(int i = 0; i < n; ++ i)
{
scanf("%d %d", &d[i], &c[i]);
for(int j = 0; j < c[i]; ++ j) scanf("%d", &st[i][j]);
}
t = (1 << n) - 1;
for(int i = 1; i <= t; ++ i) siz[i] = siz[i ^ (i & (-i))] + 1;
for(int i = 0; i < n; ++ i) ttt[1 << i] = i;
for(int i = 1; i <= t; ++ i) ttt[i] = ttt[i & (-i)];
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(int s = 1; s <= t; ++ s)
{
for(int s0 = s, i = ttt[s]; s0; s0 &= ~(1 << i), i = ttt[s0])
{
if(siz[s] == 1 && st[i][0] == 0) dp[i][s] = d[i];
else
{
for(int s1 = s ^ (1 << i), j = ttt[s1]; s1; s1 &= ~(1 << j), j = ttt[s1])
{
int tmp = query(i, dp[j][s ^ (1 << i)]);
dp[i][s] = max(dp[i][s], dp[j][s ^ (1 << i)]);
if(tmp != -1) dp[i][s] = max(dp[i][s], tmp + d[i]);
}
}
// printf("dp[%d][%d] = %d\n", i, s, dp[i][s]);
if(dp[i][s] >= L) ans = min(ans, siz[s]);
}
}
if(ans == INF) puts("-1");
else printf("%d\n", ans);
return 0;
}
其實，我們發現，在我們轉移的時候，我們完全可以僅記錄一個集合代表該集合下所能達到的最長時間結點。這樣一來，我們只需要列舉集合中的每一個元素，直接轉移即可。
這是因為第一維狀態是無用的，因為轉移只和DP出的值有關，與元素無關。
時間複雜度：\(O(n2^nlogn)\)。空間也可以承受的了。
……
int n, L, t, c[N], d[N], st[N][C], siz[S] = {}, ttt[S];
int ans = INF, dp[S];
int query(int cur, int x)
{
int L = 0, R = c[cur], mid, tmp;
while(L < R)
{
mid = L + ((R - L) >> 1);
tmp = st[cur][mid];
if(tmp == x) return x;
if(tmp < x) L = mid + 1;
else R = mid;
}
if(!R) return -1;
return st[cur][R - 1];
}
int main()
{
scanf("%d %d", &n, &L);
for(int i = 0; i < n; ++ i)
{
scanf("%d %d", &d[i], &c[i]);
for(int j = 0; j < c[i]; ++ j) scanf("%d", &st[i][j]);
}
t = (1 << n) - 1;
for(int i = 1; i <= t; ++ i) siz[i] = siz[i ^ (i & (-i))] + 1;
for(int i = 0; i < n; ++ i) ttt[1 << i] = i;
for(int i = 1; i <= t; ++ i) ttt[i] = ttt[i & (-i)];
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(int s = 1; s <= t; ++ s)
{
for(int s0 = s, i = ttt[s]; s0; s0 &= ~(1 << i), i = ttt[s0])
{
int tmp = query(i, dp[s ^ (1 << i)]);
dp[s] = max(dp[s], dp[s ^ (1 << i)]);
if(tmp != -1) dp[s] = max(dp[s], tmp + d[i]);
if(dp[s] >= L) ans = min(ans, siz[s]);
}
}
if(ans == INF) puts("-1");
else printf("%d\n", ans);
return 0;
}
總結：
- 這道題敢於在轉移的過程中進行非\(O(1)\)做法的計算；
- 當轉移與狀態中集合元素本身無關聯，與狀態值有關時應去除冗雜資訊。