状态压缩dp

以下为gpt4o的解答：

灌溉机器人

好的，我来帮你解析一下这段代码中的四重循环。

这段代码的目的是在网格中放置大炮，要求大炮不能放置在两个相邻的格子里（包括对角线相邻）。代码使用了压缩状态动态规划（DP）的方法来解决这个问题。

核心部分解析

数据结构和前置处理

mp[105]: 用来存储每一行格子的状态，若某格子为障碍（‘H’），则对应位置为1。
state[105]: 用来存储所有合法的状态（即相邻位置没有放置大炮的状态）。
sum[105]: 每个状态下大炮的数量。
dp[105][65][65]: 动态规划数组，dp[r][j][i]表示第r行状态为state[i]且第(r-1)行状态为state[j]时的最大大炮数量。

函数功能

ok(int x): 检查状态x是否合法，即相邻位置没有放置大炮。
getsum(int x): 计算状态x中大炮的数量。
findstate(int n): 预处理，求出所有合法的状态。

主逻辑

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            char ch;
            cin >> ch;
            if (ch == 'H') mp[i] |= (1 << (j - 1));
        }
    }
    findstate(m);
    for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
        if (!(state[i] & mp[1])) dp[1][1][i] = sum[i];
    }
    for (int r = 2; r <= n; r++) {
        for (int i = 1; i <= cnt; i++) { // 枚举第r行的状态
            if (state[i] & mp[r]) continue; // 如果第r行状态与障碍冲突，跳过
            for (int j = 1; j <= cnt; j++) { // 枚举第(r-1)行状态
                if (state[i] & state[j]) continue; // 如果第r行和第(r-1)行状态冲突，跳过
                for (int k = 1; k <= cnt; k++) { // 枚举第(r-2)行状态
                    if (state[i] & state[k]) continue; // 如果第r行和第(r-2)行状态冲突，跳过
                    dp[r][j][i] = max(dp[r][j][i], dp[r-1][k][j] + sum[i]);
                }
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
        for (int j = 1; j <= cnt; j++) {
            ans = max(ans, dp[n][i][j]);
        }
    }
    cout << ans << '\n';
}

四重循环解析

第一重循环 (for (int r = 2; r <= n; r++)):
- 遍历每一行，从第二行开始，因为第一行已经初始化过。
第二重循环 (for (int i = 1; i <= cnt; i++)):
- 遍历所有可能的状态state[i]，作为第r行的状态。
第三重循环 (for (int j = 1; j <= cnt; j++)):
- 遍历所有可能的状态state[j]，作为第r-1行的状态。
第四重循环 (for (int k = 1; k <= cnt; k++)):
- 遍历所有可能的状态state[k]，作为第r-2行的状态。
- 检查state[i]和state[k]是否冲突，如果不冲突，更新dp[r][j][i]。

注意事项

每行状态与当前行的障碍状态mp[r]进行匹配，确保不放置在障碍位置。
确保每行状态与前两行状态不冲突，即不在相邻的行中有相邻的放置。

dp[r][j][i] = max(dp[r][j][i], dp[r-1][k][j] + sum[i]); 这行代码是动态规划的核心转移方程，用于更新当前状态的最大大炮数量。具体来说，这个转移方程的意义如下：

dp部分

解释

dp[r][j][i]：表示第 r 行的状态为 state[i]，第 r-1 行的状态为 state[j] 时，放置大炮的最大数量。
dp[r-1][k][j]：表示第 r-1 行的状态为 state[j]，第 r-2 行的状态为 state[k] 时，放置大炮的最大数量。
sum[i]：表示状态 state[i] 中大炮的数量。

工作原理

这个转移方程的作用是确保在更新当前行状态的最大大炮数量时，考虑所有可能的前两行状态，并选择最大值。

更具体的解释：

当前行状态 state[i] 的选择：
- 考虑第 r 行的状态 state[i]，并检查它是否与当前行的障碍位置 (mp[r]) 冲突。
前一行状态 state[j] 的选择：
- 考虑第 r-1 行的状态 state[j]，并检查它是否与当前行状态 state[i] 冲突。
再前一行状态 state[k] 的选择：
- 考虑第 r-2 行的状态 state[k]，并检查它是否与当前行状态 state[i] 冲突。
更新 dp[r][j][i]：
- 如果 state[i]、state[j] 和 state[k] 互不冲突，那么 dp[r][j][i] 就等于前一状态 dp[r-1][k][j] 加上当前行状态的炮数 sum[i]。
- 用 max 函数来确保选择的是最大值。

例子

假设有以下参数：

state[i] 表示的第 r 行状态放置了3个大炮。
dp[r-1][k][j] 表示的第 r-1 行和第 r-2 行状态组合能够放置的最大大炮数为5。

那么，对于当前的组合，如果它们没有冲突，dp[r][j][i] 将更新为 5 + 3 = 8。

总的来说，这个动态规划转移方程的目的就是在不违反大炮放置规则的前提下，遍历所有可能的状态组合，找到当前行及其前两行的放置方案中能够放置大炮的最大数量。

小明的积木

这段代码实现了一个使用状态压缩动态规划（DP）的算法，通常用于解决组合优化问题。具体来说，这里的代码解决了一个变种的背包问题。我们将逐步解析代码中涉及的位运算部分。

数据结构和变量

const int N = 20;

int s[N];         // 存储每个物品的某个属性值（例如，价值或其他属性）
int w[N];         // 存储每个物品的重量
int dp[1<<N];     // 动态规划数组，大小为 2^N

输入和初始化

void solve() {
    int W, n;
    cin >> W >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> s[i] >> w[i];
    }

W 是背包的容量。
n 是物品的数量。
s[i] 是第 i 个物品的属性值。
w[i] 是第 i 个物品的重量。

状态压缩和位运算

状态压缩的核心在于使用一个整数的二进制表示来表示一个子集。例如，对于 n 个物品，使用一个 n 位的二进制数 i 来表示物品的选择状态：

i 的第 j 位为 1 表示选择了第 j 个物品。
i 的第 j 位为 0 表示没有选择第 j 个物品。

for (int i = 0; i < (1 << n); i++) {
    int ss = 0;
    int ww = 0;
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
        if (i & (1 << (j - 1))) {
            ww += w[j];
            ss = max(s[j], ss);
        }
    }

for (int i = 0; i < (1 << n); i++) 枚举所有可能的物品子集，共有 2^n 个子集。
if (i & (1 << (j - 1))) 检查子集 i 是否包含物品 j。(1 << (j - 1)) 生成一个只有第 j-1 位为 1 的数，i & (1 << (j - 1)) 检查 i 的第 j-1 位是否为 1。

动态规划转移方程

    if (ww <= W) {
        dp[i] = ss;
    } else {
        dp[i] = 0x3f3f3f3f;
        for (int j = i; j; j = (j - 1) & i) {
            dp[i] = min(dp[i], dp[j] + dp[j ^ i]);
        }
    }
}

if (ww <= W) 检查当前子集的总重量 ww 是否不超过背包容量 W，如果是，则 dp[i] 设为当前子集中最大属性值 ss。
else 表明当前子集超重，此时需要通过子集划分来计算最优解。
for (int j = i; j; j = (j - 1) & i) 遍历当前子集 i 的所有子集 j。这种遍历方式利用了 (j - 1) & i 的特性，能高效地生成 i 的所有子集：
- (j - 1) & i 生成 i 的下一个子集。
- dp[i] = min(dp[i], dp[j] + dp[j ^ i]) 更新 dp[i]，其中 dp[j] + dp[j ^ i] 表示将子集 i 拆分为 j 和 i-j 两个子集的总和。

输出结果

1	cout << dp[(1 << n) - 1];

dp[(1 << n) - 1] 表示所有物品都被考虑的情况下的最优解。