标签：进制 frame 分析 boa cas back 2017年 turn sys
发布时间: 2017年7月9日 18:17 最后更新: 2017年7月9日 21:04 时间限制: 1000ms 内存限制: 128M
现有n 个零件，小Y花费了很多时间来收集它们，现在他想把零件拼在一起，拼完就可以召唤神龙了。已知零件之间存在相邻的关系，拥有相邻关系的零件在最终的组装结果中就是相邻的，并且组装过程中每次只能通过相邻关系来组合零件。小Y每次可以选择两个零件（也可以是两个零件块，或一个零件与一个零件块）拼起来，成为一个零件块，但要求拼接时必须在两个零件块（或零件）之间存在相邻的零件。除此之外这些零件两两之间有类似于磁力的排斥关系，当将两个零件或者零件块拼接在一起的时候，会受到两边的零件间的排斥力，排斥力的大小=两边零件的相互排斥对数*单侧零件个数的最大值（拼接完成的零件组合体中的零件之间排斥不计）。现在已知零件间的相邻关系和排斥关系，小Y自然想知道如何拼接不费力，因此需要求出将这些零件组装起来的最优方案，使得所有步骤的排斥力之和最小。
第一行有一个整数T
表示数据组数。（T<=20
）
接着有T
组数据，每组数据第一行是整数n
表示零件个数。
接着依此有两个n∗n
的矩阵，都只由0
和1
构成。(2<=n<=14
)
其中第一个矩阵表示零件两两之间的相邻关系，第i
行第j
列为1
表示第i
个零件与第j
个零件相邻，
第二个矩阵表示零件两两之间的排斥关系，第i
行第j
列为1
表示第i
个零件与第j
个零件排斥。
数据保证矩阵根据对角线对称，并保证通过零件的相邻关系可以最终拼接完成。
每组输入一个整数表示拼接过程的最小排斥力之和。
1 4 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0
6
分析：二进制枚举状态，对每个状态枚举子集；
然后难点是怎么得出两个子集能否组装及贡献；
暴力了一下超时了，想了一会没想出来，最后只能求助于学长了。。。
学长说拿父集的减子集的就好了嘛。。。
突然觉得好有道理啊，学长终究还是厉害呀，这tm咋没想到呢，值得反思。。。
代码：
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cmath> #include <algorithm> #include <climits> #include <cstring> #include <string> #include <set> #include <bitset> #include <map> #include <queue> #include <stack> #include <vector> #include <cassert> #include <ctime> #define rep(i,m,n) for(i=m;i<=(int)n;i++) #define mod 1000000007 #define inf 0x3f3f3f3f #define vi vector<int> #define pb push_back #define mp make_pair #define fi first #define se second #define ll long long #define pi acos(-1.0) #define pii pair<int,int> #define sys system("pause") #define ls rt<<1 #define rs rt<<1|1 const int maxn=1e5+10; const int N=5e2+10; using namespace std; ll gcd(ll p,ll q){return q==0?p:gcd(q,p%q);} ll qpow(ll p,ll q,ll mo){ll f=1;while(q){if(q&1)f=f*p%mo;p=p*p%mo;q>>=1;}return f;} int n,m,k,t,a[15][15],b[15][15],dp[1<<14],num[1<<14],cnt1[1<<14],cnt2[1<<14]; void upd(int &x,int y){if(x>y)x=y;} void init() { for(int i=1;i<(1<<n);i++) { num[i]=1+num[i-(i&(-i))]; } for(int i=1;i<(1<<n);i++) { cnt1[i]=cnt2[i]=0; for(int j=0;j<n;j++) { for(int k=j+1;k<n;k++) { if((i>>j&1)&&(i>>k&1)) { cnt1[i]+=a[j][k]; cnt2[i]+=b[j][k]; } } } } } int main() { int i,j; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d",&n); rep(i,0,n-1)rep(j,0,n-1)scanf("%d",&a[i][j]); rep(i,0,n-1)rep(j,0,n-1)scanf("%d",&b[i][j]); init(); rep(i,0,(1<<n)-1)dp[i]=inf; rep(i,0,n-1)dp[1<<i]=0; dp[0]=0; rep(i,1,(1<<n)-1) { for(j=((i-1)&i);j;j=((j-1)&i)) { int sx=j,sy=i-j; int num1=cnt1[i]-cnt1[sx]-cnt1[sy],num2=cnt2[i]-cnt2[sx]-cnt2[sy]; if(num1)upd(dp[i],dp[sx]+dp[sy]+num2*max(num[sx],num[sy])); } } printf("%d\n",dp[(1<<n)-1]); } return 0; }
标签：进制 frame 分析 boa cas back 2017年 turn sys
原文地址：http://www.cnblogs.com/dyzll/p/7147263.html
