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題目大意：給出n道題，以及不同題目不同時間的興趣值，p[i][j]代表的是第j道題放在第i個位置做的時候可以得到的興趣值，問有多少種排列組合的方式能讓最后做完所有題目的興趣值大于等于m

題目分析：因為涉及到先后順序問題，所以用狀態壓縮更容易實現枚舉和狀態轉移，所以這個題要用狀態壓縮來解決。dp[i][j]代表的是狀態為i時興趣值為j的方案數，那么我們最后只需要判斷一下dp[(i<<n)-1][m]的大小即可，關于輸出時需要進行求最大公約數的操作，比較簡單這里不在贅述，下面說一下轉移方程：

關于dp數組，我們首先需要明白初始化和邊界問題，初始化dp[0][0]為1，其余為0，不然的話還要對狀態為0時進行特判，即當需要從起點開始轉移時，需要加1，否則不加，這樣初始化我也說不上來具體原因。。感覺太強了。

然后是轉移方程，因為第一維是狀態，第二維是興趣值，所以我們可以將大于等于m的統一歸到m的那一組中，這樣就有了:

假設i為當前狀態，temp表示已經做完了幾道題，j表示馬上要做第j道題，k表示枚舉的興趣值

那么當d[temp+1][j]+k小與m時：

dp[i|(1<<j)][d[temp+1][j]+k]+=dp[i][k];

當d[temp+1][j]+k大于等于m時：

dp[i|(i<<j)][m]+=dp[i][k];

因為起點設置的問題，代碼中的方程和上述方程有些偏差，但本質都是一樣的：

#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<queue> #include<map> #include<sstream> using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=3e5+100;int dp[(1<<12)][510];int f[13];int d[15][15];int main() { // freopen("input.txt","r",stdin)int w;cin>>w;f[1]=1;for(int i=2;i<=12;i++)f[i]=f[i-1]*i;while(w--){int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++)scanf("%d",&d[i][j]);int up=(1<<n)-1;/* for(int i=0;i<=up;i++)for(int j=0;j<=m;j++)dp[i][j]=0;*/memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0][0]=1;for(int i=0;i<=up;i++)//枚舉每一種狀態{int temp=0;//記錄已經做過的題int tem=i; while(tem){if(tem&1)temp++;tem>>=1;}for(int j=0;j<n;j++)//枚舉每一個題{if(i&(1<<j))//如果該題已經做過continue;for(int k=0;k<=m;k++)//枚舉每一個有趣值來更新dp數組{if(k+d[temp][j]>=m)dp[i|(1<<j)][m]+=dp[i][k];elsedp[i|(1<<j)][k+d[temp][j]]+=dp[i][k];} }}if(dp[up][m]==0)cout<<"No solution"<<endl;else{int t=__gcd(f[n],dp[up][m]);printf("%d/%d\n",f[n]/t,dp[up][m]/t);}}return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的ZOJ - 3777 Problem Arrangement(状压dp)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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