二进制状态压缩
二进制状态压缩,是指将一个n位的 bool 数组用 n 位的二进制数表示的方法。
OP | 运算 |
取出 n 在二进制表示下的第k位 | (n >> k) & 1 |
取出 n 在二进制表示下的0~ k-1 位(后k位) | n & ((1<<k) - 1) |
把整数n在二进制表现下的第k位取反 | n xor (1 << k) |
把整数n在二进制表现下的第k位赋值1 | n | (1 << k) |
把整数n在二进制表现下的第k位赋值0 | n & (~(1 << k)) |
注:Markdown表格中的 " | " 使用 |
来表示;
我们以13 (1101)为例,看一下位运算的实现过程
1. 取出第k位: (n >> k) & 1
k | 3 | 2 | 1 | 0 |
n | 1 | 1 | 0 | 1 |
需要注意的是:k的取值是从0开始的,并且位数是按照从右到左的顺序计算;
2. 取出后k位:n & ((1 << k) - 1)
k | 4 | 3 | 2 | 1 |
n | 1 | 1 | 0 | 1 |
为什么这次k对应的是从1开始的呢?
我们来对照一下 (1 << k) / (1 << k) - 1 的结果
k | 4 | 3 | 2 | 1 |
(1 << k) | 10000 | 1000 | 100 | 10 |
(1 << k) - 1 | 1111 | 111 | 11 | 1 |
n & ((1 << k) - 1) | 1101 | 101 | 01 | 1 |
n | 13 | 5 | 1 | 1 |
3. 第k位取反 n xor (1 << k)
k | 3 | 2 | 1 | 0 |
n xor (1 << k) | 0101 | 1001 | 1111 | 1100 |
这个的原理其实很简单,1 << k 位后,那么 (k+1) 位为1,其他都是0.
n xor (1 << k) 只会有4种情况
运算 | 结果 |
0 xor 1 | 1 |
1 xor 1 | 0 |
1 xor 0 | 1 |
0 xor 0 | 0 |
无论0还是1,异或1都是取反,异或0不变
4. 第k位赋值1
原理同上, 无论什么数 “|1” 都是 1,所以将1 << k 位后,与n或运算,都可以使其为1;
k | 3 | 2 | 1 | 0 |
n | (1 << k) | 1101 | 1101 | 1111 | 1101 |
5. 第k位赋值0
~(1 << k) 这个操作可以使 第k位 = 0, 从0 ~ (k-1)位都为1.
任何数 & 1 都保持不变,第k位 & 0 赋值为 0;
k | 3 | 2 | 1 | 0 |
n & (~(1 << k)) | 0101 | 1001 | 1101 | 1100 |
例题:最短 Hamilton 路径
题目描述
给定一张 n(n≤20) 个点的带权无向图,点从 0~n-1 标号,求起点 0 到终点 n-1 的最短Hamilton路径。 Hamilton路径的定义是从 0 到 n-1 不重不漏地经过每个点恰好一次。
In
第一行一个整数n。
接下来n行每行n个整数,其中第i行第j个整数表示点i到j的距离(一个不超过10^7的正整数,记为a[i,j])。
对于任意的x,y,z,数据保证 a[x,x]=0,a[x,y]=a[y,x] 并且 a[x,y]+a[y,z]>=a[x,z]。
Out
一个整数,表示最短Hamilton路径的长度。
Input
4
0 2 1 3
2 0 2 1
1 2 0 1
3 1 1 0
Output
4
Hint
从0到3的Hamilton路径有两条,0-1-2-3和0-2-1-3。前者的长度为2+2+1=5,后者的长度为1+2+1=4
这是一道经典的状压DP题,作为一个NP完全问题,我们只关心两个问题
- 哪些点被用过
- 目前停在哪里
我们使用一个n位的二进制数,若其第 i 位为 1 ,则表示第 i 个点已经被经过
使用 F[ i , j ] 来表示,当前经过状态state , 和目前在第 j 个点上
起点 F[ 1 , 0 ] = 0 最终目标 F[ (1<<n)-1 , n-1] 所有点都被访问到,且当前处于 n-1;
状态转移方程 F[ i , j ] = min { F [ i xor (1 << j ) , k) ] + weight( k , j ) }
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 20 , M = 1<<20;
int n;
int f[M][N], weight[N][N];
int main()
{
cin >> n;
for(int i = 0;i < n; i++)
for(int j = 0;j < n; j++)
cin >> weight[i][j];
memset(f,0x3f,sizeof f);
f[1][0] = 0; //第一个点不需要费用
for(int i = 0;i < 1<<n; i++) //状态
for(int j = 0;j < n; j++) // 走到第j个点
if( i >> j & 1) //到达过第j个点
for(int k = 0; k < n;k++) //枚举能到达j的所有k个点
if( (i^1<<j)>>k & 1) //如果没有走到j,并且当前是k
f[i][j] = min(f[i][j], f[i^1<<j][k]+weight[k][j]); //选择最小值,k点到j点最优,还是以前的方案最优
cout << f[(1<<n)-1][n-1]<<endl; //最终到达
}