状压动规:BSOJ3805 小猫爬山
来源:互联网 发布:java软件工程师好学吗 编辑:程序博客网 时间:2024/04/26 07:03
3805 -- 【模拟试题】小猫爬山
Description
Freda和rainbow饲养了N只小猫,这天,小猫们要去爬山。经历了千辛万苦,小猫们终于爬上了山顶,但是疲倦的它们再也不想徒步走下山了(呜咕>_<) 。
Freda和rainbow只好花钱让它们坐索道下山。索道上的缆车最大承重量为W,而N只小猫的重量分别是C1、C2……CN。当然,每辆缆车上的小猫的重量之和不能超过W。每租用一辆缆车,Freda和rainbow就要付1美元,所以他们想知道,最少需要付多少美元才能把这N只小猫都运送下山?
Input
第一行包含两个用空格隔开的整数,N和W。
接下来 N 行每行一个整数,其中第i+1行的整数表示第i只小猫的重量Ci。
Output
输出一个整数,最少需要多少美元,也就是最少需要多少辆缆车。
Sample Input
5 1996
1
2
1994
12
29
Sample Output
2
Hint
【数据范围】对于100%的数据,1<=N<=18,1<=Ci<=W<=10^8。
看到奇特的N范围就要往这边想了,当然,这种数据范围也有可能是迭代深搜、分层图、拆点等等,这次的状压DP(标程是迭代深搜)。
我们往状压这一方面想,设f[state]为state状态下最少用车,那么怎么判断当前车放得下某只猫呢?
解决方案是简单的,记录rest[state],表示state状态下当前车可用重量,DP的时候判断一下既可以了。
这样DP就好了嘛?
哦豁,40分。
事实是这样的:
对于一个“集合”ABC,假设有这么几种方法来构造:
1:A+BC
2:B+AC
3:C+AB
这样问题就来了,现在已经有了一个ABC,对于一个新的构造方法,必须要比较一次,才能得到更优解,不能因为这个集合已经有解,就忽略这个新的解。
在这道DP里面,这个思想体现在这个细节里面:
我什么时候更新f[state]?
40分的程序,仅仅当有更优的f[state]的时候,才去更新;
100分的程序,仅需加一个地方:有同样的f,但是新的解的rest[state]比原来的更大时,这个解就是更优解。
这个思想就体现在这里。
剩下的就是朴素状压了!
太可惜了,考试的时候就差这几句话。
贴上代码:
#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cstdlib>using namespace std;int f[262150]={0},rest[262150]={0},n,W,weight[100005]={0},ed;void init(){ scanf("%d%d",&n,&W); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",weight+i); ed=(1<<n); memset(f,127,sizeof(f)); for(int i=0;i<n;i++) { f[(1<<i)]=1; rest[(1<<i)]=W-weight[i+1]; }}void DP(){ for(int state=1;state<ed;state++) { if(f[state]==2139062143)continue; for(int j=1;j<=n;j++) { if(state&(1<<(j-1)))continue; int newstate=state+(1<<(j-1)); int tempf,tempw; if(weight[j]>rest[state]) { tempf=f[state]+1; tempw=W-weight[j]; } else { tempf=f[state]; tempw=rest[state]-weight[j]; } if(tempf<f[newstate]||(tempf==f[newstate]&&tempw>rest[newstate])) { f[newstate]=tempf; rest[newstate]=tempw; } } } printf("%d\n",f[ed-1]);}int main(){ init(); DP();return 0;}
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