HDU-6006-Engineer Assignment

ACM模版

描述

题解

常规的状压 DP 套路。

给定 N 个任务和 M 个工程师，每个任务都有不超过三个的领域人才需求，每个工程师都有不超过两个领域精通。问在工程师只能使用一次的情况下，最多完成多少任务？

题目的数据很明显的告诉我们要用状压 DP，设置 dp[i][j] 表示前 i 个任务，工程师选用组合状态为 j 时的最多完成任务数。这里我们可以先预处理一下每个任务可以由哪些工程师组合来完成，然后在状压 DP 的过程中，直接 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j ^ vi[i][k]] + 1, dp[i][j]);，其中 vi[i][k] 便是上述预处理的结果。难度不大，思路比较常规。

代码

#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstring>#include <vector>using namespace std;const int MAXN = 20;const int MAXM = 10;const int MAXO = 111;int N, M;int vis[MAXO];int a[MAXN][MAXM];int b[MAXN][MAXM];int dp[MAXN][(1 << MAXM) + 1];vector<int> vi[MAXN];   //  第 i 个任务可以由这些状态的工程师集合来完成void init(){    memset(dp, 0, sizeof(dp));    for (int i = 1; i <= N; i++)    {        vi[i].clear();    }}int main(){    int T;    scanf("%d", &T);    for (int ce = 1; ce <= T; ce++)    {        scanf("%d%d", &N, &M);        init();        //  N 个工程        for (int i = 1; i <= N; i++)        {            scanf("%d", a[i]);            for (int j = 1; j <= a[i][0]; j++)            {                scanf("%d", a[i] + j);            }        }        //  M 个工程师        for (int i = 0; i < M; i++)        {            scanf("%d", b[i]);            for (int j = 1; j <= b[i][0]; j++)            {                scanf("%d", b[i] + j);            }        }        //  预处理，第 i 个任务可以由哪些人完成        for (int i = 1; i <= N; i++)        {            int t = 1 << M;            for (int j = 0; j < t; j++)            {                int cnt = 0;                memset(vis, 0, sizeof vis);                for (int k = 0; k < M; k++)                {                    if (j & (1 << k))                    {                        cnt++;                        for (int l = 1; l <= b[k][0]; l++)                        {                            vis[b[k][l]] = 1;                        }                    }                }                //  任务需求不超过三个人                if (cnt > 3)                {                    continue;                }                int flag = 1;                for (int k = 1; k <= a[i][0]; k++)                {                    if (!vis[a[i][k]])                    {                        flag = 0;                    }                }                if (flag)                {                    vi[i].push_back(j);                }            }        }        for (int i = 1; i <= N; i++)        {            int t = 1 << M;            for (int j = 0; j < t; j++)            {                int sz = (int)vi[i].size();                for (int k = 0; k < sz; k++)                {                    if ((j | vi[i][k]) == j)                    {                        dp[i][j] = max(dp[i - 1][j ^ vi[i][k]] + 1, dp[i][j]);                    }                }                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j]);            }        }        printf("Case #%d: %d\n", ce, dp[N][(1 << M) - 1]);    }    return 0;}