題意 ：

• 每個點都屬于一家公司，每個點都對應一個權值。對于一條路徑，屬于同一家公司的一些點的貢獻只能被算一次。給一張圖，路徑只能從小往大走，問從1走到每個點路徑上分別的最大權值和

思路 ：

• n最大為36，說明出現多個點的公司最大為$\frac{n}{2}$，不難發現，對于同一條路徑，如果這條路徑上有些點所屬公司只有這個點，那么必然直接選上這個點，對于只出現過一次的商店不需要存入狀態
• 出現狀態分裂的狀況為出現多個點那些公司，這些才存入狀態，那么時間復雜度是$O(2^{\frac{n}{2}}?n^2)$，如果不優化的話就是$O(2^n?n^2)$會T
• 可以用二進制壓縮出現多個點的公司的狀態，$dp[i][j]$表示當前在i點，出現多個點的公司狀態為j

#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #include <vector> #include <unordered_map> #define fi first #define se second #define pb push_backusing namespace std;typedef long long ll;const int N = 40, M = 1 << 20;int n, m; int c[N], w[N]; int dp[40][M]; vector<int> edge[N]; unordered_map<int, int> mp; vector<int> ve;void solve() {scanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; i ++ ){scanf("%d", &c[i]);mp[c[i]] ++ ;}for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &w[i]);for (auto w : mp)if (w.se > 1)ve.pb(w.fi);for (int i = 1, u, v; i <= m; i ++ ){scanf("%d%d", &u, &v);edge[v].pb(u); // v能由u到達}edge[1].pb(0);for (int i = 1; i <= n; i ++ ){int id = -1; // id為-1說明這個點所屬公司只有這家店，否則，id代表這個點所屬的公司for (int j = 0; j < (int)ve.size(); j ++ )if (c[i] == ve[j]){id = j;break;}if (id == -1) // 直接加上{for (int j = 0; j < (1 << (int)ve.size()); j ++ )for (auto from : edge[i])dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[from][j] + w[c[i]]);}else // 需要判斷當前取還是不取{for (int j = 0; j < (1 << (int)ve.size()); j ++ ) // 當前，所有公司是否已經被取過的狀態{if (j & (1 << id)) // 當前i這個點所在公司之前已經取過，判斷當前已經取過的狀態和沒有取過然后加上當前這個{for (auto from : edge[i])dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[from][j ^ (1 << id)] + w[c[i]]); // 后者是之前不取取當前的}else // 計算不拿的狀態{for (auto from : edge[i])dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[from][j]);}}}int ans = 0;for (int j = 0; j < (1 << (int)ve.size()); j ++ ) ans = max(ans, dp[i][j]);cout << ans << endl;} }int main() { // ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);int _ = 1; // cin >> _;while (_ -- ){solve();}return 0; }

總結

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