[集合DP] UVa1252 20个问题（预处理）（技巧枚举）

题目

（题目感觉好萌呀）

思路

（本题较难）
首先，设“心里想的物体”为W，集合s为已经询问过的特征，集合a为s中确定W具备的特征，其中一定有$a\in s$。设d(s,a)为已经询问了特征集s，且确定W具备的为a时，还需要询问的最小次数。这里考虑如何决策：
决策为下一次提问的特征k，k$\in$[0,m)且k不在s中，则下一次提问k时的询问次数是：$max\left\{ d(s+\left\{ k \right\}, a+ \left\{ k \right\}),\ d(s+\left\{ k \right\}, a) \right\}+1$。状态转移时需要枚举所有的k，然后找出询问次数的最小值即可。


此处为了避免在dp的时候判断，要先预处理出cnt[s][a]，即在s和a的情况下，符合的物体的数量。
显然此处的预处理需要枚举，最容易想到的枚举是，遍历s,a（a作为s的子集），然后再遍历n寻找符合s和a的物体。这个枚举的时间复杂度在图的色数里面谈过，$O(n3^n)$，比较大，可以采用技巧枚举。
遍历s和n，直接根据物体来填cnt数组：

_for(s, 0, (1 << m))
    _for(i, 0, n)
        cnt[s][s & st[i]]++;

这样时间复杂度就控制在了$O(n2^n)$。


1.状态定义：d(s,a)，已经询问了特征集s，且确定W具备的特征为a集时，还需要询问的最小次数。
2.边界：当一个物体“具备集合a中的所有特征，不具备集合s-a中的所有特征”时，d(s,a) = 0
3.答案：d(0,0)
4.状态转移方程：

$$d(s,a) = min\left\{ max\left\{ d(s+\left\{ k \right\}, a+ \left\{ k \right\}),\ d(s+\left\{ k \right\}, a) \right\}+1 \ | k\in[0,m), k \notin s \ \right\}$$
5.时间复杂度： $O(m3^m)$
（在预处理时还有 $O(n2^n)$的复杂度，但在本题规模中可以忽略不计）


再次强调位运算的优先级问题，下面代码可以这么写

if ((s & (1 << k)) == 0)

但不能这么写

if (s & (1 << k) == 0)

位运算的优先级甚至比==还低。

代码

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define _for(i,a,b) for(int i = (a); i<(b); i++)
#define _rep(i,a,b) for(int i = (a); i<=(b); i++)
using namespace std;

const int INF = 1000;
const int maxn = 128 + 2;
const int maxm = 11 + 1;
int n, m, st[maxn], cnt[1 << maxm][1 << maxm], d[1 << maxm][1 << maxm];

int dp(int s, int a) {
    if (cnt[s][a] == 1) return 0;
    if (cnt[s][a] == 0) return INF;

    int &ans = d[s][a];
    if (ans != -1) return ans;
    ans = INF;

    _for(k, 0, m)
        if ((s & (1 << k)) == 0) {  // &的优先级甚至比==还小，不能写成 if (s & (1 << k) == 0)
            ans = min(ans, max(dp(s | (1 << k), a | (1 << k)), dp(s | (1 << k), a))+1);
        }
    return ans;
}

int main() {
    while (scanf("%d%d", &m, &n) == 2 && m && n) {
        char s[100];
        int code;
        _for(i, 0, n) {
            scanf("%s", s);
            code = 0;
            _for(j, 0, m)
                if (s[m-j-1] == '1')
                    code |= (1 << j);
            st[i] = code;
        }
        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
        _for(s, 0, (1 << m))
            _for(i, 0, n)
                cnt[s][s & st[i]]++;  // a表示已经询问的s中具备的

        memset(d, -1, sizeof(d));
        printf("%d\n", dp(0, 0));
    }

    return 0;
}