POJ 3925 - 状态DP.位运算

    研读北大的<ACM国际大学生程序设计竞赛亚洲区域真题题解>发现这题的...书上介绍的是DFS枚举点..然后最小生成树来找答案...正好前不久做过一些状态 DP的问题..就用状态DP水过了...

     对于一类点个数为n=15左右的问题...应该敏感的联想到状态DP...用n位2进制数可以在较好的所有点的状态...此题正是如此...用x ( 0<=x<=2^n) 表示当前的树中有哪些点...

     这里用到了两个位运算..

     一个是判断十进制整数x在二进制下的第k位是否为1...用 x & (1<<k-1) 来判断...如果是1结果为非0正整数...

     另一个是判断 十进制整数x在二进制下有多少位为1...x=x & (x-1) 要执行到x==0的次数即为x中1的个数..原因..因为总能去掉最末尾的1

      其实写完之后...发现本质上枚举点做最小生成树和我这种状态DP是一样的...因为我在更新过程中就是Prim的过程...

Program:

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#define ll long long
#define oo 1000000000
#define pi acos(-1)
using namespace std;
int n,m,p[20],arc[20][20],g,ans,dp[40000];
double minimal;
int main()
{
int i,x,y,k,w,z,v;
while (~scanf("%d%d",&n,&m))
{
if (!n && !m) break;
for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]);
for (y=1;y<=n;y++)
for (x=1;x<=n;x++)
scanf("%d",&arc[y][x]);
g=(1<<n)-1;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
dp[0]=0;
minimal=1e+20;
for (x=1;x<=g;x++)
{
v=0;
for (k=1;k<=n;k++)
if (x & (1<<k-1)) // 判断第k位是否为1
{
v+=p[k];
w=x-(1<<k-1);
for (y=1;y<=n;y++)
if (w & (1<<y-1))
if (dp[x]==-1 || dp[x]>dp[w]+arc[y][k])
dp[x]=dp[w]+arc[y][k];
}
k=0;
z=x;
while (z)
{
k++;
z=z & (z-1);
} // 得到当前状态下有多少个点..
if (k==m && minimal>(dp[x]*1.0/v))
{
minimal=dp[x]*1.0/v;
ans=x;
}
}
for (x=1;x<=n;x++)
if (ans & (1<<x-1)) printf("%d ",x);
printf("\n");
}
return 0;
}