hdu 5691 Sitting in Line 状态压缩dp

Sitting in Line

Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 262144/262144 K (Java/Others)

Total Submission(s): 580    Accepted Submission(s): 264


[align=left]Problem Description[/align]
度度熊是他同时代中最伟大的数学家，一切数字都要听命于他。现在，又到了度度熊和他的数字仆人们玩排排坐游戏的时候了。游戏的规则十分简单，参与游戏的N个整数将会做成一排，他们将通过不断交换自己的位置，最终达到所有相邻两数乘积的和最大的目的，参与游戏的数字有整数也有负数。度度熊为了在他的数字仆人面前展现他的权威，他规定某些数字只能在坐固定的位置上，没有被度度熊限制的数字则可以自由地交换位置。
 

[align=left]Input[/align]
第一行一个整数T，表示T组数据。

每组测试数据将以如下格式从标准输入读入：

N

a1p1

a2p2

: 

aNPN

第一行，整数 N(1≤N≤16)，代表参与游戏的整数的个数。

从第二行到第 (N+1) 行，每行两个整数，ai(−10000≤ai≤10000)、pi(pi=−1 或 0≤pi<N)，以空格分割。ai代表参与游戏的数字的值，pi代表度度熊为该数字指定的位置，如果pi=−1，代表该数字的位置不被限制。度度熊保证不会为两个数字指定相同的位置。
 

[align=left]Output[/align]
第一行输出："Case #i:"。i代表第i组测试数据。

第二行输出数字重新排列后最大的所有相邻两数乘积的和，即max{a1⋅a2+a2⋅a3+......+aN−1⋅aN}。
 

[align=left]Sample Input[/align]

2
6
-1 0
2 1
-3 2
4 3
-5 4
6 5
5
40 -1
50 -1
30 -1
20 -1
10 -1

 

[align=left]Sample Output[/align]

Case #1:
-70
Case #2:
4600

 

[align=left]Source[/align]
2016"百度之星"
- 初赛（Astar Round2A）
 

[align=left]Recommend[/align]
wange2014

题意: 给定n个数, 让你选择一个序列, 使得这个序列中相邻的两个数乘积之和最大;

分析: 看见n是16, 就能自然联想到状态压缩dp了, 很遗憾开始理解错了题目, 一直在瞎写....

将所有数的状态压缩之后, 就可以在这基础上进行dp了, 可以看到这个dp是与顺序有关的, 我们要多加一维用来表示最后一个添加的元素. 即dp[i][j]表示在i状态的情况下最后一个添加的是j位置的元素的最大值.

我们遍历所有的状态, 对于每一种状态, 统计里面1的个数为num, 说明这种状态中已经有num个数了, 下面我们需要添加第num+1个数, 我们遍历i状态的最后一个添加的元素, 然后枚举能添加的元素, 把i状态能够转移到的状态进行更新,当然这要判断一下添加第num+1个数的时候是不是必须固定位置, 如果是固定位置的话就直接转移就行啦.

#include<bitset>
#include<map>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<set>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define F first
#define S second
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;

inline int in()
{
int res=0;char c;int f=1;
while((c=getchar())<'0' || c>'9')if(c=='-')f=-1;
while(c>='0' && c<='9')res=res*10+c-'0',c=getchar();
return res*f;
}
const int N=100010,MOD=1e9+7;
int a[16];
int dp[1<<16][16],must[16];
int one[1<<16];

int main()
{
for(int i=0;i<1<<16;i++){
for(int j=i;j;j>>=1) one[i] += j&1;
}
int T=in(),ca=1;
while(T--)
{
int n=in();
mem(must,-1);
int x,y;
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
a[i]=x;
if(y != -1) must[y]=i; //y位置必须是ai值
}
int all=1<<n;

for(int i=0;i<all;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
dp[i][j] = -inf;
}
}
//0没法转移, 特殊处理
if(must[0] == -1){
for(int i=0;i<n;i++){
dp[1<<i][i]=0;
}
}
else{
dp[1<<must[0]][must[0]]=0;
}
for(int i=1;i<all;i++){
int num=one[i];
if(must[num] == -1){
for(int j=0;j<n;j++){ //枚举结束位置
if(i&1<<j && dp[i][j] != -inf){
for(int k=0;k<n;k++){ //枚举下一次加的值
if(!(i&1<<k)){
dp[i|1<<k][k] = max(dp[i|1<<k][k],dp[i][j]+a[k]*a[j]);
}
}
}
}
}
else{
int k=must[num]; //下一个位置必须是a[k]
if(i&1<<k) continue; //如果a[k]已经使用, 不更新
for(int j=0;j<n;j++){
if(i&1<<j && dp[i][j] != -inf){
dp[i|1<<k][k] = max(dp[i|1<<k][k],dp[i][j]+a[j]*a[k]);
}
}
}
}
int ans=-inf;
for(int j=0;j<n;j++) ans = max(ans,dp[all-1][j]);
printf("Case #%d:\n%d\n",ca++,ans);
}
return 0;
}