POJ 2923 Relocation（狀壓DP+01揹包）題解

題意：給你汽車容積c1,c2，再給你n個包裹的體積，問你最少運幾次能全運走

思路：用2進製表示每次運送時某物在不在此次運送之中，1在0不在。我們把運送次數抽象成物品價值，把狀態抽象成體積，用一個dp[ i ] 記錄完成狀態i的最少步數那麼就轉化爲了01揹包問題，得到狀態轉移方程dp[ j|state ] = min( dp[ j|state ],dp[j] + 1 )，state爲運送時物品的狀態。

然後講一下可能會有點看不懂的judge()的一段代碼

for(int j = c1;j >= val[i];j--){    //將所有可能放進c1的組合標記爲1
    if(vis[j - val[i]])
        vis[j] = 1;
}

這裏的意思是將所有能放進c1的組合標記爲1，他是這樣運作的：先將vis[0] = 1，這樣每次j到val[i]時，val[i]肯定會被置爲1，因爲是從c1開始往下搜，如果搜到一個vis[j - val[i]] = 1，這說明 j-val[i] 和 val[i] 能做成一個體積爲j(j<=c1)的組合，可見j能塞進c1，所以置爲1，這樣一直搜索就能搜到所有的組合

參考題解

代碼：

#include<cstdio>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
const int maxn = 1 << 10;
const int MOD = 100000000;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
using namespace std;
int val[12],state[maxn],vis[maxn];  //vis[i] = 1代表重量爲i的組合能塞進車c1
int dp[maxn];   //達成i狀態最小步驟
int tot,n,c1,c2;
int judge(int x){   //判斷能否一次運走
    int sum = 0;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    vis[0] = 1;
    for(int i = 0;i < n;i++){
        if(x&1<<i){
            sum += val[i];
            for(int j = c1;j >= val[i];j--){
            //將所有可能放進c1的組合標記爲1
                if(vis[j - val[i]])
                    vis[j] = 1;
            }
        }
    }
    if(sum > c1+c2) return 0;   //總體積大於兩車總容積
    for(int i = 0;i <= c1;i++){
        if(vis[i] && sum - i <= c2){
        //只要有一種分組能讓兩輛車都能塞進兩種組合
            return 1;
        }
    }
    return 0;
}
void init(){    //初始化，找到所有能運送的狀態
    tot = 0;
    for(int i = 1;i < (1<<n);i++){
        dp[i] = INF;
        if(judge(i)){
            state[tot++] = i;
        }
    }
}
int main(){
    int T,Case = 1;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d%d",&n,&c1,&c2);
        for(int i = 0;i < n;i++)
            scanf("%d",&val[i]);
        init();
        int V = (1<<n) - 1;
        dp[0] = 0;
        for(int i = 0;i < tot;i++){
            for(int j = V;j >= 0;j--){
                if(dp[j] == INF) continue;
                if(j&state[i]) continue;
                //有交集，不能送第二次
                dp[j|state[i]] = min(dp[j|state[i]],dp[j] + 1);
            }
        }
        printf("Scenario #%d:\n%d\n\n",Case++,dp[(1<<n) - 1]);
    }
    return 0;
}