一、關於狀壓 dp

為了規避不確定性，我們將需要列舉的東西放入狀態。當不確定性太多的時候，我們就需要將它們壓進較少的維數內。

常見的狀態：

• 天生二進位制（開關、選與不選、是否出現……）
• 爆搜出狀態，給它們編號

1.狀態跟某一個資訊集合內的每一條都有關。（如 dp 套 dp）

2.若干條精簡而相互獨立的資訊壓在一起處理。 (如每個數字是否出現)

在使用狀壓dp的題目當中，往往能一眼看到一些小資料範圍的量，切人點明確。而有些題，這樣的量並不明顯，需要更深人地分析題目性質才能找到。

二、預備知識

1.位運算

二進位制數 S 從低（0-based）到高第 i 位的值：(S>>i)&1

二進位制數 S 從低（0-based）到高第 i 位的值變為 1：S|(1<<i)

二進位制數 S 從低（0-based）到高第 i 位的值變為 0：S&(~(1<<i)) 或 ~((~S)|(1<<i))

二進位制數 S 從低（0-based）到高第 i 位的值取反：S^(1<<i)

2.列舉子集

for(int i=S;i!=0;i=(i-1)&S)

複雜度：

(2ⁿ-1) 的子集：2ⁿ

(2ⁿ-1) 的子集的子集和：3ⁿ

(2ⁿ-1) 的子集的子集的子集和：4ⁿ

……

三、例題

1. TSP（旅行商問題）

題目大意：一個 n 個點的帶權的有向圖，求一條路徑，使得這條路徑經過每個點恰好一次，並且路徑上邊的權值和最小。n≤16。

Solution：

設 dp[i][S] 表示目前走到節點 i，已經經過節點的集合為 S 的最小邊權。

列舉所有的邊 (i,j)∈E，令 w(i,j) 表示它的邊權。

if j∉S（因為要滿足經過每個點恰好一次，即不能重複經過，所以要滿足 j 沒有被經過），dp[i][S]+w(i,j)→dp[j][S∪{j}]

若 S&(1<<j) 的值為 0，則 j 不在 S 中；若 S&(1<<j) 的值不為 0，則 j 在 S 中。也可以判斷 (S>>j)&1 是否為 1。

初始化一個節點的路徑 dp[i][1<<i]=0（節點編號為 0~n-1）或 dp[i][1<<(i-1)]=0（節點編號為 1~n），其他的設為 ∞。

把 j 加入到 S：S +/|/^ (1<<j)。因為已經確認了 S 的這一位是 0，則 +，|，^ 都是可以的。

時間複雜度：O(2ⁿ·n²)

2. [USACO06NOV] 玉米田 Corn Fields

題目大意：有一個 N*M 的網格圖，已知若干個格子不能選、不能有相鄰的格子被選。在不限制所選格子總數的前提下，求方案數。N,M≤12。

Solution：

由於限制在相鄰的格子上，若按行或按列 dp，就不需要維護之前已經決策過的格子的狀態，而是維護一行或一列的格子的狀態。

令 dp[i][j] 表示目前 dp 到第 i 行，這一行的狀態是 j，所有 1~i 行內的格子被選的方案數。

列舉 i+1 行的狀態 k，判斷 k 與 j 是否有衝突（是否出現某個格子的上面一個格子被選了的情況，即是否有相鄰的格子被選），只需判斷 j&k 是否為 1（j 的二進位制數與 k 的二進位制數是否有在相同的位置同時等於 1）。

dp[i][j]→dp[i+1][k]

預處理出沒有相鄰的兩列同時被選的狀態。在一行 12 個格子的網格圖中，沒有相鄰的兩列同時被選的合法的狀態大概有 377 個。

int ans=0;
for(int i=0;i<(1<<12);i++){
    bool flag=1;
    for(int j=1;j<=11;j++)
        if(((i>>(j-1))&1)&&((i>>j)&1)) flag=0;
    if(flag) ++ans;
} 
printf("%lld\n",ans);
//Output:377

所以通過預處理，可以通過此題。

code：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
const int N=13,M=(1<<12)+5,mod=1e9;
int n,m,a[N][N],p[N],f[N][M],ans;
bool v[M];
signed main(){
    scanf("%lld%lld",&m,&n),f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++){
            scanf("%lld",&a[i][j]);
            p[i]=(p[i]<<1)+a[i][j];    //記錄第 i 行土地的狀態 
        }
    for(int i=0;i<(1<<n);i++){
        v[i]=1;
        for(int j=1;j<n;j++)
            if(((i>>(j-1))&1)&&((i>>j)&1)) v[i]=0;
    } //記錄狀態 i 是否合法（預處理出沒有相鄰的兩列同時被選的狀態） 
    for(int i=1;i<=m;i++)    //列舉行 
        for(int j=0;j<(1<<n);j++)    //列舉這行的狀態 
            if(v[j]&&(j&p[i])==j)    //判斷狀態 j 是否合法以及是否在肥沃的土地上 
                for(int k=0;k<(1<<n);k++)    //列舉上一行的狀態 
                    if(!(k&j)) f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][k])%mod;
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        ans=(ans+f[m][i])%mod;    //前 m 行的方案數累加 
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

3.TopCoder RainbowGraph

題目大意：給出一張 N 個點 M 條邊的無向圖。每個點有一個顏色。一條路徑是合法的當且僅當它按順序經過的節點的顏色序列寫下來，同種顏色出現的位置是連續的。計算合法的經過每個節點恰好一次的路徑條數。N≤100，Color≤10（顏色數），對於任意的 i，Cnt(v|Color_v=i)≤10（每種顏色的節點數）。

Solution：

既然同種顏色出現的位置是連續的。我們不妨將問題劃分成兩個小問題考慮：

• 對於顏色 c，從 i 出發到 j 結束，同時遍歷完所有該顏色節點的路徑條數是多少。
• 對於全域性，有多少種安排顏色的方法、及安排顏色之間“介面”的方法。

第一個問題：將同種顏色內的串起來。

要求：（1）每個點恰好出現一次（2）相鄰兩點之間有邊相連

令 dp[i][j][S] 表示從 i 號點出發，在 j 號點結束，經過的節點集合為 S 的路徑條數。

for(int i=0;i<k;i++)    //k:當前顏色的節點個數 
    dp[i][i][1<<i]=1;    //考慮單點路徑的情況 
for(int S=1;S<(1<<k);S++)    //列舉狀態 
    for(int i=0;i<k;i++)    //列舉起點 
        for(int j=0;j<k;j++)    //列舉終點 
            if(dp[i][j][S])    //判斷當前的 dp 狀態是否合法 
                for(int p=0;p<k;p++)    //列舉下一個點 
                    if(!((S>>p)&1)&&G[j][p])    //p 在狀態中沒有出現過（之前沒有經過這個點）並且之前路徑的終點 j 能夠到達下一個點 p 
                        dp[i][p][S|(1<<p)]+=dp[i][j][S];

注：這裡所有的節點編號，為了方便體現，直接寫成了 i 之類的。事實上，需要開一個數組維護，把全域性當中的顏色為當前顏色的節點轉化到 0~k 的範圍內。

第二個問題：將每種顏色串起來。

要求：（1）每種顏色恰好出現一次（則需記錄顏色狀態 2^C）（2）相鄰顏色的首尾節點間有邊相連（則需記錄終點 N）

對於一種顏色 c，我們使用 f[c][i][j] 來代表之前的 dp[全域性中編號為 i 的點][全域性中編號為 j 的點][(1<<k)-1]。

令 dp[i][S] 表示以節點 i 結尾，已經經過的顏色集合為 S 的總方案數。

for(int c=0;c<C;c++)    //列舉顏色 
    for(int i=0;i<k[c];i++)    //列舉起點  k[c]:顏色為 c 的節點個數 
        for(int j=0;j<k[c];j++)    //列舉終點 
            dp[id[j]][1<<c]+=f[c][i][j]; 
for(int S=1;S<(1<<C);S++)
    for(int i=0;i<N;i++)
        if(dp[i][S]) for(int c=0;c<C;c++)    //列舉下一個顏色  C:顏色數 
            if(!((S>>c)&1))    //這個顏色在之前的狀態中沒有出現過 
                for(int j=0;j<k[c];j++)    //列舉下一個顏色的起點 
                    if(G[i][id[j]])    //當前的終點與下一個起點有邊可以到達 
                        for(int q=0;q<k[c];q++)    //列舉下一個顏色的終點 
                            dp[id[q]][S|(1<<c)]+=dp[i][S]*f[c][j][q]; 

4.TopCoder CheeseRolling

題目大意：N 個人打淘汰賽。N 是 2 的冪次。給出兩兩單挑的勝負情況。一共有 N! 種賽程安排方案，對於每個人，你需要輸出有多少種方案使他最終獲勝。n≤16。

Solution：

令 dp[i][S] 表示編號為 i 的選手是選手集合 S 中的優勝者的方案數。

那麼最後每個點的答案就是 dp[i][(1<<N)-1]

列舉 i 能夠戰勝的對手 j，然後將集合 S 等分為兩個一個包含 i 一個包含 j 的集合。

for(int i=0;i<N;i++)
    dp[i][1<<i]=1; 
for(int S=1;S<(1<<n);S++)    //列舉集合 S 
    if(valid(S))    //只處理大小為 2 的冪次的集合 
        for(int i=0;i<N;i++)    //列舉集合中的勝出者 i 
            if((S>>i)&1)    //集合 S 包含 i 
                for(int j=0;j<N;j++)    //列舉 i 所擊敗的對手 j 
                    if(i!=j&&G[i][j])    //i 和 j 不是同一個人並且 i 能夠擊敗 j 
                        for(int k=(S-1)&S;k!=0;k=(k-1)&S)    //列舉子集 
                            dp[i][S]+=2LL*dp[i][k]*dp[j][S^k]; 

複雜度為 O(3ⁿ·n²)，偏高，需要優化。

• 優化 1：valid 這部分有很多冗餘狀態，可以預處理出來有效的部分。
• 優化 2：把子集改成 dfs 精確列舉等分子集。

5. AtCoder 058E Iroha and Haiku

題目大意：

一個有 N 個元素且每個元素的取值都在 1~10 範圍內的序列被稱為好的當且僅當存在下標 x,y,z,w（0≤x<y<z<w≤N）

• a_x+a_x+1+...+a_y-1=X
• a_y+a_y+1+...+a_z-1=Y
• a_z+a_z+1+...+a_w-1=Z

計數。並對 10⁹+7 取模。3≤N≤40，1≤X≤5，1≤Y≤7，1≤Z≤5。

Solution：

做法 1：當你不知道如何優雅地設計狀態/不知道狀態的規模有多大時，不妨暴力一點。

因為 X≤5，Y≤7，Z≤5，所以 X+Y+Z≤5+7+5，即 X+Y+Z≤17，a_x+a_x+1+...+a_y-1+a_y+a_y+1+...+a_z-1+a_z+a_z+1+...+a_w-1≤17。

只需維護取值 1~10，和≤17 的序列。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int cnt;
void dfs(int x){
    if(x>17) return ;
    ++cnt;
    for(int i=1;i<=10;i++) dfs(x+i);
}
signed main(){
    dfs(0),printf("%lld\n",cnt);
    return 0;
} 
//Output:130624 

大約 10⁵個狀態，做法就顯而易見了。

一個 dp 序列當中的元素，每次只保留最靠後的值不超過 17 的元素佇列。

dp[i][S][0/1] 表示當前 dp 到序列中第 i 個元素，佇列的狀態為 S，是否出現過題中所述條件。

一些優化：

• 優化 1：每個狀態是否滿足題中條件可預處理。
• 優化 2：每個狀態遇到了 1~10 後轉移到什麼狀態可預處理。（需要一個作用在 vector上的 map 或是 set、二分等）
• 優化 3：狀態當中的第三維可以通過求補集而去掉。

不難觀察得到，演算法的複雜度瓶頸主要是由狀態的 vector 形態帶來的。

做法 2：思路和前面類似，只不過考慮換個形式表示“和不超過 17”這個狀態。

如果我們將這“X+Y+Z”點貢獻展開看成一條長度為 X+Y+Z 的格子，一個數可以佔領 1~10 個格子。那麼我們關心的即為位置在 X、X+Y、X+Y+Z 的三個格子是否是一個數所佔領格子的末尾。我們考慮將一個數末尾標為 1，其他格子標為 0。

例子：X=Y=Z=2，字尾狀態：

code：

//開始的格子為 1 的寫法 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std; 
const int N=50,M=(1<<17)+5,mod=1e9+7; 
int n,x,y,z,st,dp[N][M],sum=1,k,ans;
signed main(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&x,&y,&z); 
    st=((1<<(x+y+z-1)))|(1<<(y+z-1))|(1<<(z-1));    //目標從後往前數的第 X+Y+Z、Y+Z、Z 的位置為 1
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        sum=sum*10%mod;     //計算總方案數（n 位數字，就有 10^n 種方案） 
        for(int S=0;S<(1<<(x+y+z));S++)    //列舉狀態 
            if(dp[i-1][S]&&(S&st)!=st)
                for(int c=1;c<=10;c++){     //列舉第 i 位新增的數字 
                    k=((S<<c)|(1<<(c-1)))&((1<<(x+y+z))-1);
                    //(S<<c)|(1<<(c-1)):比如 4 的二進位制數為 1000，4 後面加上 2 為 4 2，用 100010 表示，即將 4 的二進位制向前兩位再加上 10。 
                    //...&((1<<(x+y+z))-1:防止溢位 
                    dp[i][k]=(dp[i][k]+dp[i-1][S])%mod;
                } 
    } 
    for(int S=0;S<(1<<(x+y+z));S++)
        if((S&st)!=st) ans=(ans+dp[n][S])%mod;
    printf("%lld\n",(sum-ans)%mod);    //總方案數減不符合條件的方案 
    return 0;
}

6. AtCoder XOR Tree

題目大意：給出一棵 N 個節點的樹，每條樹邊有一個邊權。.每次操作你可以將一條路徑上的邊權異或上某個值。問最少進行多少次操作可以達到邊權全 0。N≤10⁵，0≤邊權≤15。

Solution：

首先定義一個點的點權為與其相鄰的所有邊的邊權異或和。

容易證明邊權全為 0 等價於點權全為0。

• 邊權為 0→點權為 0：根據定義顯然
• 點權為 0→邊權為 0：來自樹的性質，總是存在葉子結點。葉子結點上的點權為 0 可推出一條邊權為 0。刪去後重複這一過程。

每次操作就可以看成是將任意兩個點異或上同一個數。

• 如果是兩個相同的數，一次操作就可以直接將這倆消去。
• 如果是兩個不同的數 a,b，那麼一次操作可以消去一個，剩下一個 a^b。

思考一下要不要考慮同時異或一個不為 a 也不為 b 的數 x。

因為一共只有 16 種取值，我們先將重複的直接消去。剩下的資訊只有 0~15 每個數字是否出現過，可以壓成一個 2¹⁶ 的狀態。

每次列舉一下要操作哪兩個數。

• x^y∉S：轉移到的狀態就是 S∪x^y，即 S^(1<<(x^y))。
• x^y∈S：此次操作之後就會產生一對相等的 pair，我們直接在此時將它們一併消去，增加一次操作，並將 x^y 從 S 中去掉即可。

7. Codeforces 16E Fish

題目大意：有 n 條魚，剛開始它們都自由地生活在水裡。接下來每一時刻會有兩條魚相遇。所有可能的“魚對”之間都是等概率出現這一事件的。魚 i 和魚 j 相遇後，i 吃掉 j 的概率為 a[i][j]。 反之 j 吃掉 i 的概率為 1-a[i][j]。求每條魚 i 活到最後的概率。N≤19。

Solution：

令 dp[S] 表示剩下集合中的魚狀態為 S 的概率。

初始化：dp[2ⁿ-1]=1（剛開始全部的魚都存活）

對於任意 1≤i≤n，dp[2ⁱ] 為魚 i 活到最後的概率。

按從大到小列舉狀態 S（按時刻進行），設 c 為 S 中 1 的個數，則有 C(c,2) 個可能的“魚對”。列舉第一條被選的魚 i 以及第二條被選的魚 j，這兩條魚相遇的概率為 1/C(c,2)。

• i 吃掉 j：1/C(c,2)·dp[S]·a[i][j]→dp[S-2^j]
• j 吃掉 i：1/C(c,2)·dp[S]·a[j][i]→dp[S-2ⁱ]

最後輸出所有的 dp[2ⁱ] 即可。

code：C(c,2)=c*(c-1)/2

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=20,M=(1<<18)+5;
int n,x,cnt;
double a[N][N],dp[M];
signed main(){
    scanf("%lld",&n),dp[(1<<n)-1]=1;
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<n;j++)
            scanf("%lf",&a[i][j]);
    for(int S=(1<<n)-1;S>=1;S--){    //列舉狀態 
        cnt=0,x=S;
        while(x) cnt+=x&1,x>>=1;    //計算 S 中 1 的個數 
        for(int i=0;i<n;i++) if(S&(1<<i))    //列舉第一條魚 
            for(int j=i+1;j<n;j++) if(S&(1<<j)){    //列舉第二條魚 
                dp[S-(1<<j)]+=dp[S]*a[i][j]/(1.0*cnt*(cnt-1)/2);    //i 吃掉 j 
                dp[S-(1<<i)]+=dp[S]*a[j][i]/(1.0*cnt*(cnt-1)/2);    //j 吃掉 i 
            }
    }
    for(int i=0;i<n;i++)
        printf("%.6lf%c",dp[1<<i],i==n-1?'\n':' ');
    return 0;
}

8. Codeforces 165ECompatible Numbers

題目大意：給出一個長度為 N 的序列，我們稱兩個數 x,y 是相容的，當且僅當 x&y=0。對於序列中的每個數，你需要求出任意一個序列中與它相容的數，或是宣告不存在。N≤10⁶，0<a[i]≤4·10⁶。

9. Codeforces 743E Vladik and cards

題目大意：給出一個長度為 N 個序列，序列中的元素取值為 1~8。求一個最長的子序列滿足：

• 每種取值出現在子序列中的位置連續。
• 每種取值出現的次數相差不超過 1。N≤1000。

10. Codeforces 599ESandy and Nuts

題目大意：有一棵 N 個點的樹， 1 號點為根節點。現在你知道 M 條資訊：

• 某些樹上的邊 (u,v)
• 某兩個點的LCA (a,b,c)

現在你需要數滿足條件的樹形態數。N≤13，M≤100。

後面鴿了，明天補！記得不要提醒我，我不要做鴿子 QAQ

更正：我就是鴿子（已經寫了3天惹