題目大意：有4堆糖果，每堆有n個，有一隻最多能容5個糖果的籃子。現在，要把糖果放到籃子裡，如果籃子中有相同顏色的糖果，放的人就可以拿到自己的口袋。如果放的人足夠聰明，問他最多能得到多少對糖果。

題目分析：很顯然的多階段決策。定義dp(a,b,c,d)為每堆糖果分別拿掉a、b、c、d塊之後最多能獲得得糖果對數。則決策有4個，以第一堆為例，狀態轉移方程為：dp(a,b,c,d)=dp(a+1,b,c,d) （如果拿掉第一堆的第a+1個不會產生相同顏色）、dp(a,b,c,d)=dp(a+1,b,c,d)+1 （如果拿掉第一堆的第a+1個會產生相同顏色）。

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <string.h>
#include <cmath>
#include <sstream>
using namespace std;

const int maxn = 50;
int dp[maxn][maxn][maxn][maxn];
int pile[maxn][4], p[6];
int n;
int dfs(int num, int status)
{
    int &ans = dp[p[0]][p[1]][p[2]][p[3]];
//修改dp陣列時，同時修改ans。
    if (ans != -1)
        return ans;
    if (num == 5)
        return 0;
    ans = 0;
    for (int i = 0; i < 4; i++)
    {
        if (p[i] < n)
        {
            int st = 1<<pile[p[i]][i];
            p[i]++;
            if (status&st)//用與運算表示有相同顏色的糖果
                ans = max(ans, dfs(num - 1, status^st) + 1);
            else
                ans = max(ans, dfs(num + 1, status^st));//異或表示放入取出一個糖果後的狀態
            p[i]--;
        }
    }
    return ans;
}

int main()
{
    while (cin >> n&&n!=0)
    {
        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
            for (int j = 0; j < 4; j++)
            {
                cin >> pile[i][j];
            }
        }
        memset(dp, -1, sizeof(dp));
        memset(p, 0, sizeof(p));
        cout << dfs(0, 0) << endl;;

    }
}
 

 在運算籃子裡有沒有相同種類糖果時，運用異或跟與的特性：

預處理:int st = 1<<pile[p[i]][i];

statued：1^2,st=3;

statue:1^2&3==false;

statued :1^2,st=3;

statue:1^2&3==true;但是按照提議要求，籃子裡有不同糖果應該為false；