C++标准库：bitset 用法整理&&zoj 3812

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头文件:#include <bits/stdc++.h>

std::bitset是STL的一部分，准确地说，std::bitset是一个模板类，它的模板参数不是类型，而整形的数值（这一特性是ISO C++2003的新特性），有了它我们可以像使用数组一样使用位。下面看一个例子：

#include<bitset>

std::bitset<8> bs;//它是一个模板，传递的参数告诉编译器bs有8个位。

我们接着看上面的代码，通过上面两行的代码我们得到一个bitset的对象bs，bs可以装入8个位，我们可以通过数组的下标运算符来存取：

bs[0]=1;//把第0位设置为1

bs[3]=true;//把第3位设置为1,因为true可以转换为1

bs[7]=0;//这个大家都明白了

bitset被设计为开放的，也就是说一个bitset对象可以转换为其它类型的值，典型的，我们想把一个整数设置成具有特定的位模式，我们可以简单地把一个bitset转换为一个整数：

unsigned long value=bs.to_ulong();

std::bitset<32> bs32(value);

bs32[15]=1;

value=bs32.to_ulong();

此外bitset还可以也字符串互换，这样我们就可以更直观对bitset进行操作了，我只是简单地把我们想要的”01“字符串就可以了：

std::bitset<32> bs("011010101001");

std::string str=bs.to_string();

//=======================================
bitset<n> b;
b有n位，每位都为0.参数n可以为一个表达式.
如bitset<5> b0;则"b0"为"00000";

bitset<n> b(unsigned long u);
b有n位,并用u赋值;如果u超过n位,则顶端被截除
如:bitset<5>b0(5);则"b0"为"00101";

bitset<n> b(string s);
b是string对象s中含有的位串的副本
string bitval("10011");
bitset<5> b0(bitval4);
则"b0"为"10011";

bitset<n> b(s, pos);
b是s中从位置pos开始位的副本,前面的多余位自动填充0;
string bitval("01011010");
bitset<10> b0(bitval5, 3);
则"b0" 为 "0000011010";

bitset<n> b(s, pos, num);
b是s中从位置pos开始的num个位的副本,如果num<n,则前面的空位自动填充0;
string bitval("11110011011");
bitset<6> b0(bitval5, 3, 6);
则"b0" 为 "100110";

// 流
os << b
把b中的位集输出到os流
os >>b
输入到b中,如"cin>>b",如果输入的不是0或1的字符,只取该字符前面的二进制位.

// 属性方法
bool any()
是否存在置为1的二进制位?和none()相反

bool none()
是否不存在置为1的二进制位,即全部为0?和any()相反.

size_t count()
二进制位为1的个数.

size_t size()
二进制位的个数

flip()
把所有二进制位逐位取反

flip(size_t pos)
把在pos处的二进制位取反

bool operator[](size_type _Pos)
获取在pos处的二进制位

set()
把所有二进制位都置为1

set(pos)
把在pos处的二进制位置为1

reset()
把所有二进制位都置为0

reset(pos)
把在pos处的二进制位置为0

test(size_t pos)
在pos处的二进制位是否为1?

unsigned long to_ulong()
用同样的二进制位返回一个unsigned long值

string to_string()
返回对应的字符串
.
zoj 3812
转载：http://blog.csdn.net/u012139398/article/details/39135687

题意：给出N种药，每种药有两个属性，重量W，伤害值T。给出Q种疾病，每个疾病也有两个属性：重量M，伤害值S。现在要求你对每种疾病设计选择药的方案，使：1.每种要至多使用一次。2.选出的药的重量的和等于该疾病的重量，选出的药的伤害值的和等于该疾病的伤害值。如果存在方案，输出任何一个方案。否则，输出No solution.

思路：很容易想到这是恰好装满的01背包问题。但是因为T的范围为200000，同时还要输出方案，会感到无从下手。。

我们需要解决的问题有两个：因为T的范围非常大，如何保存dp的状态是个问题。同时也造成了无法直接保存最终的方案。

我们首先求出dp方程。和多重部分和问题不同，这里的选择只有01，所以我们用一个bool类型来表示方案是否存在即可。则设dp[i]j][k]表示考虑前i种药，重量之和为j，伤害值为k的方案是否存在，取值为0或1.状态转移方程为：dp[i+1][j+w[i]][k+t[i]] |= dp[i][j][k]( |= 表示位运算或)。但是，如果直接用int保存该状态，会造成空间的极大浪费。所以我们用bitset类保存该状态，即在第三维用bitset保存。 则状态转移方程为：dp[i+1][j+w[i]][k<<t[i]]
|= dp[i][j][k]。

但是，三维的dp也会爆内存，所以我们用滚动数组的方式来求最终的状态。

而对于第二个问题，我们可以用搜索的方法解决。但是因为爆搜的复杂度是2^400，根本无法进行。在这道题中，我们虽然不能把三维的数组全部开满，但是我们可以将药进行分组，每一组记录一次dp状态，最后再搜索的时候，利用记录还原方案。（自己感觉有点可持久化数据结构的味道）。

代码如下：

<span style="font-size:12px;">#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAX = 43;

const int MAXN = 410;

const int MAXA = 51;

const int MAXB = 200001;

int N,Q,T;

int tot,m,s;

int w[MAXN],t[MAXN];

bool sig;

bitset<MAXB> archive[MAX][MAXA],dp[MAXA];

int ans[MAXN],sz;

bool dfs(int n, int m, int s)

{

if(sig) return sig;

if(m == 0 && s == 0){

return sig = true;

}

int now = n / 10;

if(n % 10) now++;

if(archive[now][m][s] == 0)

return false;

if(m >= w
&& s >= t
){

ans[sz++] = n;

if(!dfs(n-1,m - w
,s - t
))

sz--;

}

return dfs(n-1,m,s);

}

int main(void)

{

//freopen("input.txt","r",stdin);

//freopen("out.txt","w",stdout);

scanf("%d", &T);

while(T--){

scanf("%d %d", &N, &Q);

for(int i = 1 ; i <= N; ++i)

scanf("%d %d", &w[i],&t[i]);

for(int i = 0 ; i <= 50; ++i)

dp[i].reset();

tot = 0;

dp[0][0] = 1;

for(int i = 1; i <= N; ++i){

for(int j = 50; j >= w[i]; --j)

dp[j] |= (dp[j - w[i]]<<t[i]);

if(i == N || i % 10 == 0){

tot++;

for(int j = 0; j <= 50; ++j)

archive[tot][j] = dp[j];

}

}

while(Q--){

scanf("%d %d", &m,&s);

if(dp[m][s]){

sz = 0;

sig = false;

dfs(N,m,s);

for(int i = 0; i < sz; ++i)

printf("%d%c",ans[i],i == sz -1?'\n':' ');

}

else

puts("No solution!");

}

}

return 0;

}

</span>