解析

很裸的狀壓dp
但是直接暴力的話狀態2ⁿ,枚舉2ⁿ
乘在一起會T誒
怎么辦呢？
使用下面這個循環，就可以保證只會枚舉當前狀態s的子集

for(int i=(s-1)&s;i;i=(i-1)&s){........ }

證明

舉舉例子就挺明顯了
為什么不重不漏呢？
首先i肯定單調不降，所以不重是很明顯的
我們只需要證明不漏了，也就是(i-1&s,i-1]沒有s的子集
也挺明顯的
首先前提條件是i是s的子集
然后i減了1
會發生什么呢？
如果i最后一位是1減成0顯然還是子集
那么考慮退位的情況
假設退位到第k位，差不多可以寫成：

s：…1abcd
i…10000
i-1:…01111
i-1&s:…0abcd
（這里k就等于5啦）

那就很顯然了
取&后會且只會把i-1k位之后變成與s相同
而這之間（01111與0abcd之間）很顯然沒有s的子集啦
這叫什么證明
反正說明白了就行了awa

時間復雜度

這樣時間復雜度是多少捏？
對于一個有k個1的狀態s，顯然其子集數（也就是每個狀態s的枚舉數）為：

2^k

對于長度為n的序列，其有k個1的狀態s的個數為：

C(k,n)

然后根據乘法原理：
總的時間復雜度應該是：

∑C(k,n) *2^k（0<=k<=n)

再加個東西：

∑C(k,n) $?$ 2^k$?$ 1^n-k（0<=k<=n)

就變成多項式定理啦
所以時間復雜度就是：

（2+1）ⁿ = 3ⁿ

thanks for reading!

總結

以上是生活随笔為你收集整理的状态压缩：枚举子集（最优组队）（ybtoj）（动态规划）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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