先上菜

经典例题
题目的意思是，这里有n个汉堡，每个汉堡都有价值value和花费cost，另外，每个汉堡的制作有一些依赖关系，必须要先制作某些汉堡之后才能制作这个汉堡，求最大价值。

观察

观察数据范围我们发现，n<= 15,2¹⁵=32,768,注意到这里我们每个汉堡最多制作一个，我们利用0和1表示我们制作汉堡的情况。

思路

我觉得，状态压缩dp，与其说dp更是有种暴力的味道。首先我们初始化状态数组为-1。状态压缩dp我们要考虑最开始的状态。我们不做汉堡，000000000的状态下，f[0] = 0。就像一棵树一样，这是所以状态的根，就像网络流里的超级源点，一切的一切都从这个零开始。我们每次做汉堡都会使得1 增多，向更大的状态转移，例如000->100, 010, 001，不断地向后生长，开枝散叶。如果说遍历到当前的状态是-1则说明不存在合法的状态转移到该状态。跳过。那么如何判断当前的状态能转移到哪些状态呢，我们考虑遍历所有可能的汉堡，如果说当前的1111的子集中含有制作该汉堡的1的子集，并且，花费足够，就可以向后转移。最后我们遍历所有的状态，求出最大值。

甜点

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 20, S = 1 << 16;
int cost[N], val[N], pre[S], f[S];
void solve() {int n, tol;cin >> n >> tol;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> val[i];for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> cost[i];for (int i = 1; i <= n; i++) {int q;cin >> q;pre[i] = 0;for (int j = 0; j < q; j++) {int x;cin >> x;pre[i] |= 1 << x - 1;//记录状态，所需的前置条件}}memset(f, -1, sizeof(f));f[0] = 0;int ans = 0;for (int i = 0; i < (1 << n); i++) {if (f[i] == -1) continue;//该状态不存在前驱，非法for (int j = 1; j <= n; j++) {if ((i & pre[j]) != pre[j]) continue;//含有所有的前置条件，子集便可if (i & (1 << j - 1)) continue;//已经制作就不能制作了int sum = 0;//计算费用for (int k = 1; k <= n; k++) {if (i & (1 << k - 1)) sum += cost[k];}if (cost[j] + sum > tol) continue;f[i | (1 << j - 1)] = max(f[i | (1 << j - 1)], f[i] + val[j]);}//向着更多的汉堡转移} for (int i = 0; i < (1 << n); i++) ans = max(ans, f[i]);//清点答案cout << ans << '\n';
}
int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int T = 1;cin >> T;while (T--) {solve();}return 0;
}

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状态压缩DP一瞥【初识】

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