双向搜索-meet in middle

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适用于输入数据较小，但还没小到能直接使用暴力搜索的情况。

在广度优先搜索中，如果结点数扩展增长过快，可以考虑双向广 搜。（若扩展快，但总状态量不大，也可直接用广搜）

⚫ 应用场合：有确定的起点和终点，并且能把从起点到终点的单个 搜索，变换为分别从起点出发和从终点出发的“相遇”问题。

⚫ 实现方法：(1)合用一个队列，交替进行。两个方向的搜索产生相 同的子状态，结束。适合正反方向扩展新节点数量差不多的情况； (2)分成两个队列，让子状态少的BFS先扩展，可以减少搜索的总 状态数，尽快相遇。

以一道例题进行讲解

题目背景

English Edition

题目描述

给出一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，每个点的初始状态都为 $0$。

你可以操作任意一个点，操作结束后该点以及所有与该点相邻的点的状态都会改变，由 $0$ 变成 $1$ 或由 $1$ 变成 $0$。

你需要求出最少的操作次数，使得在所有操作完成之后所有 $n$ 个点的状态都是 $1$。

输入格式

第一行两个整数 $n,m$。

之后 $m$ 行，每行两个整数 $a,b$，表示在点 $a,b$ 之间有一条边。

输出格式

一行一个整数，表示最少需要的操作次数。

本题保证有解。

样例 1

样例输入 1

5 6 
1 2 
1 3 
4 2 
3 4 
2 5 
5 3

样例输出 1

3

提示

对于 $100\%$ 的数据，$1\le n\le 35,1\le m\le 595,1\le a,b\le n$。保证没有重边和自环。
接下来就是对oi wiki上的该题的题解以及代码进行解释和补充。

如果这道题暴力 DFS 找开关灯的状态，时间复杂度就是 O(2^{
    
    n}), 显然超时。不过，如果我们用 meet
 in middle 的话，时间复杂度可以优化至 O(n2^{
    
    n/2})。meet in middle 就是让我们先找一半的状态，
 也就是找出只使用编号为 1 到 \mathrm{
    
    mid} 的开关能够到达的状态，再找出只使用另一半开关能到达
 的状态。如果前半段和后半段开启的灯互补，将这两段合并起来就得到了一种将所有灯打开的方案。具
 体实现时，可以把前半段的状态以及达到每种状态的最少按开关次数存储在 map 里面，搜索后半段时，
 每搜出一种方案，就把它与互补的第一段方案合并来更新答案。

解题思路：

本题使用了大量的位运算。考虑到n最大为35，我们可以使用一个long long类型的数组a来表示每盏灯及其相连的灯。

先点亮自身那一位for (int i = 1; i < n; ++i) a[i] = a[i - 1] * 2; // 进行预处理

• a[0] = 1 -> 0001 (二进制)
• a[1] = 2 -> 0010 (二进制)
• a[2] = 4 -> 0100 (二进制)
• a[3] = 8 -> 1000 (二进制)

然后处理与之连接的灯。读入u和v相连a[u] |= ((long long)1 << v);a[v] |= ((long long)1 << u);

• 0和1：a[0] = 0001 | 0010 = 0011 (二进制)a[1] = 0010 | 0001 = 0011 (二进制)
• 2和3：a[2] = 0100 | 1000 = 1100 (二进制)a[3] = 1000 | 0100 = 1100 (二进制)

然后就是双向搜索处理:

对于前一半，二分之n个灯，则有$2^{n/2}$种情况（每一个灯都有按了开关和没按开关两种情况）。所以我们需要一次遍历这$2^{n/2}$种情况。并通过位运算记录每一种情况下最后哪些灯是亮着的，并记录该情况下开关按了几次（用map记录，灯亮情况作为key，按键次数为value）。然后在对后半部分进行遍历的时候，对后一半灯的所有可能状态进行枚举，并尝试与前一半灯的状态进行组合，以找到所有灯都打开的最小按键次数。

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;
int n,m,ans=0x7fffffff;    //点的数目，边的条数
map<long long ,int>f;       
long long a[36];
int main(){
    
    
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);          //可以加快io速度
    cin>>n>>m;
    a[0]=1;
    for(int i=1;i<n;++i){
    
    a[i]=a[i-1]<<1;}        //也可以乘以2，但位运算快一点
    int u,v;
    for(int j=0;j<m;++j){
    
                      //++j和j++效果一样，但++j速度更快
        cin>>u>>v;
        --u;
        --v;
        a[u] |= ((long long)1 << v);             //不要写成a[u]|=a[v]了，注意区别.并注意long long类型
        a[v] |= ((long long)1 << u);
    }
    //对前一半进行操作
    for(int i=0;i<1<<(n/2);++i){
    
                  //二分之n最多20，用int就可以了。变量i二进制为1的位，就是按了开关的位
        long long t=0;               //记录按开关后灯的状态
        int cnt=0;
        for(int j=0;j<n/2;++j){
    
                   //看情况i有多少位是按了开关的，一位一位地排查
            if((i>>j)&1){
    
                  //1的二进制数为00000001，进行按位与运算，前面都是0就只需要关注i>>j的最后一位就行了
                t ^= a[j];
                ++cnt;
            }
        }
        //写入或更新map
        if(!f.count(t)){
    
    
            f[t]=cnt;
        }
        else{
    
    
            f[t] = min(f[t], cnt);
        }
    }
    //对后一半进行操作
    for (int i = 0; i < (1 << (n - n / 2)); ++i) {
    
      
        long long t = 0;
        int cnt = 0;
        for (int j = 0; j < (n - n / 2); ++j) {
    
    
            if ((i >> j) & 1) {
    
    
                t ^= a[n / 2 + j];                 //注意要加个二分之n
                ++cnt;
            }
        }
        //现在将每一种处理了的情况尝试与前一半灯的状态进行组合,先判断存不存在互补的键
        if(f.count((((long long)1<<n)-1)^t)){
    
     //(((long long)1<<n)-1)得到一个位全是1的，再与t异或，得到互补的二进制数
            ans = min(ans, cnt + f[(((long long)1 << n) - 1) ^ t]);
        }

    }
    cout<<ans;
    return 0;
}