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例题7-7 UVA1354 Mobile Computing（50行AC代码）
题目大意
给定房间宽度r和s个挂坠的重量，设计一个尽可能宽的且能挂上所有挂坠的天平（宽度<r）。
天平满足杠杆原理，假设左右臂长为a，b，左右挂坠重物为wl,wr，则a*wl=b*wr（仅一个挂坠时不用天平）
题目分析
一道技巧性极强的题目，需要深入思考
从示意图较容易想到用二叉树模型表示天平，其中每个挂坠均为叶子节点。
若已知二叉树结构，那么很容易计算出最大宽度（木棒长度为1，左右挂坠重量已知，根据杠杆公式即可计算左右臂长），因此关键在于如何枚举二叉树？
一分析，发现之前的排列和子集枚举思路都用不了了，这是一个树形结构，与之前的线性结构不同，因此需要转变思路。
最直接的想法（算法1）：
-
每次任意选取两个点，构建成一颗二叉子树后重新将根节点加入原集合，并删除被选中的两点
-
重复步骤1直至集合中仅1个节点
思考起来很舒服，但实现起来问题重重
问题1：怎么高效维护变化的集合？
答案1：二进制表示集合
有一个技巧，可用二进制表示集合，从二进制右侧开始计算位置，假设位置i为1表示当前集合包含原集合中的第i个元素。如下例子，十进制数26的二进制表示为11010，表示当前集合包含原集合的第1,3,4位元素
26D = 1 1 0 1 0 --> 1表示取相应位置的元素，0则不取
4 3 2 1 0 --> 表示集合中的第几个元素
本质也是哈希函数的思想，将集合映射为一个整数表示，同时可以利用位运算&，|，^完成集合交，并，补给等运算。
当若是按照算法1，删除两个点后在集合中易实现，但假如新节点就不好处理，不变维护集合，仔细想一想，我们是根据二叉树的递归定义设计的自底向上构造算法，那么是否可以用自顶向下的思路呢？
如何单纯从集合的角度来看，将每个子树都用一个子集合表示，那么从根开始，就是全集A，从集合A中任意选择一个子集L作为左子树，那么补集R就是右子树，以此递归分解下去，到集合只有一个元素时，说明到达叶子节点，执行相应动作，返回。（分治法）
这算法相对于算法1有个优势，在于它的集合均是确定的，新增和删除的情况，这样便可充分发挥二进制构造子集的优势
算法设计
如下定义树的结构，静态数组tree保存每个集合对应的所有左右子树合理的组合结果
struct Tree {
double l=0, r=0; // 到根最远的左右距离
};
vector<Tree> tree[1<<maxn]; // tree[i]表示集合i对应的所有左右子树（i子集）组合的结果
bool vis[1<<maxn]; // 标记集合是否被访问的数组
有个很重要的技巧，**给定二进制表示的集合，怎么计算它所有的子集？**实现代码如下：
a=b; // 初始化
while (a >= 0) a=(a-1)&b; // 计算b表示的集合的所有子集
比如b=110，计算过程如下（十分巧妙，类似于列出1~b的所有值，与b相与是为了保证为0的位置依旧为0）
a=110
a=(110-1)&110=100
a=(100-1)&110=010
a=(010-1)&110=000
AC代码（C++11，二叉树枚举；分治法；二进制表示子集）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=6;
int T, s;
double r, w[maxn], sum[1<<maxn]; // sum[i]表示集合i的总重量
struct Tree {
double l=0, r=0; // 到根最远的左右距离
};
vector<Tree> tree[1<<maxn]; // tree[i]表示集合i对应的所有左右子树（i子集）组合的结果
bool vis[1<<maxn]; // 标记集合是否被访问的数组
void dfs(int subset) { // 枚举子集subset所有可能的左右子树(子集)组合
if (vis[subset]) return; // 剪枝，已访问过子集subset
vis[subset] = true; // 标记访问
if (((subset-1)&subset) == 0) tree[subset].push_back(Tree{}); // 叶子节点（仅一个元素）
else { // 内部节点
for (int left=(subset-1)⊂ left > 0; left = (left-1)&subset) { // 枚举subset的所有子集（除了空集，全集）
int right = left ^ subset; // left的补集，作为右子树
dfs(left); dfs(right); // 对左右子树递归计算
double dl = sum[right] / sum[subset]; // 左右子树到根的横向长度
double dr = sum[left] / sum[subset];
for (auto tl : tree[left]) { // 遍历所有可能的左右子树组合，保留所有符合条件的点
for (auto tr : tree[right]) {
Tree t;
t.l = max(tl.l + dl, tr.l - dr); // 找最大的的左右距离，考虑左右重叠
t.r = max(tr.r + dr, tl.r - dl);
if (t.l + t.r < r) tree[subset].push_back(t); // 当前组合小于房间宽度r
}
}
}
}
}
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T --) {
scanf("%lf %d", &r, &s);
for (int i=0; i < s; i ++) scanf("%lf", &w[i]);
for (int i=0; i < (1<<s); i ++) { // 遍历所有子集，计算其总重量
sum[i] = 0; tree[i].clear(); // 初始化
for (int j=0; j < s; j ++) if (i & (1<<j)) sum[i] += w[j]; // w[j]属于集合i
}
int root = (1<<s)-1; // 全集（最后结果集节点）
memset(vis, 0, sizeof(vis)); // 初始化访问数组
dfs(root); // 枚举二叉树
double ans=-1;
for (int i=0; i < tree[root].size(); i ++) ans = max(tree[root][i].l+tree[root][i].r, ans); // 找全集对应的最大左右和值
if (ans + 1 < 1e-5) printf("-1\n");
else printf("%.16lf\n", ans);
}
return 0;
}
