状态压缩DP详解以及例题分享

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今天更新一道不错的状态压缩DP题，顺带总结一下状态压缩DP。

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                                        摘要：

Part1   浅谈状态压缩DP的理解

Part2   浅谈对状态机DP的理解

Part3   关于状态压缩DP的1道例题

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Part1  状态压缩DP

1、状态压缩DP：

事物的状态可能包含多个特征，但是事物的状态之间却可以互相转移，此时我们引入状态压缩$dp$，将事物的复杂的状态用一个数字来替代，此时事物的状态可以用数组的某个位置表示，从而可以进行状态的转移。

2、常见的状态表示：

(1) 用$10$进制数字本身表示状态，比如表示当前状态%某个数字的余数等等，这里举一个例子。
(2) 用$10$进制内蕴含的二进制位表示状态, $01$, 表示了每个位置上的两种状态，它既可以表示是否存在，也可以表示数量的奇偶性。

(3) 用$10$进制内蕴含的$K$进制(除了10进制和2进制外的其它进制)表示状态，这种题我没见过，但是基于上面我们很容易可以推广到这种情况。

3、什么时候我们可以用:

首先是在你的状态表示基础上，整体的转移图是一个拓扑图，也就是可以通过递推得来，并且时间空间可以过得去，此时我们就可以用状态压缩$dp$。

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Part2 状态机DP

我在之前写过一篇关于状态机DP的文章，里面有详细的理论和几道很好的例题：

[状态机动态规划讲解附例题 - 掘金 (juejin.cn)

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Part3  例题: 小红的回文数

题目链接：E-小红的回文数_牛客周赛 Round 32 (nowcoder.com)

(1)题意：

1、小红定义一个整数是“好数”，当且仅当该整数通过重排之后可以形成回文数。（可以包含前导零）现在小红拿到了一个正整数x，小红想截取一段连续区间得到好数，她想知道有多少种不同的方案？$1 \le n \le 2*10^5$
2、样例：
输入: $110$，输出：$5$

(2)题解： 

$1$、思路：暴力显然会超时，必定需要$n * n$ 的复杂度，此时我们不妨考虑一下$dp$,  我们此时从左到右去考虑这个数，我们考虑每个以第i位数结尾的情况，最后答案就是累加后的值，我们此时考虑一下以第$i$位数结尾的区间，我们发现对于一个数字而言，每位的数字只能是$0-9$的数字之一，我们不妨用$10$个二进制位表示每一种数字的数量$$是多少，这样我们就可以通过统计1的个数判断有几个奇数，如果要构造一个回文串，显然只能由一个或者$0$个奇数的位。
$2$、状态转移方程：$dp[i][state]$，表示以第i位数结尾的数字区间，且0-9各个的数字情况是state的方案数, 第一个到第10个二进制位分别对应0-9，如果位置上的二进制位是1，则当前数字对应的个数是奇数，否则是偶数。$dp[i][state1] = dp[i - 1][state1 \oplus (1 << a[i])]$，并且对于每个位单独一位的情况也要考虑，所以状态转移代码是：

状态转移代码：

   vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>((1 << 10) + 2)); 
   dp[0][0] = 1;  
   for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
       for(int j = 0; j < (1 << 10); j ++ ) {
           int k = j ^ (1 << (s[i - 1] - '0'));
           dp[i][k] += dp[i - 1][j]; 
       }
       if(i >= 2) dp[i][1 << (s[i - 1] - '0')] ++; 
   }

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你以为事情结束了吗，这是一道比较毒瘤的题，它会卡你的空间，在此基础上我们需要引入滚动数组优化，优化掉一维的空间。
此时的转移代码是：

        dp[0] = 1;  
        long long res = 0; 
        for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            memset(usdp, 0, sizeof usdp); 
            for(int j = 0; j < 1 << 10; j ++ ) 
                usdp[j ^ (1 << (s[i - 1] - '0'))] += dp[j];
            if(i >= 2) usdp[1 << (s[i  - 1] - '0')] ++; 
            for(int j = 0; j < 1 << 10; j ++ ) {
                cnt = 0; 
                for(int c = 0; c <= 9; c ++ ) 
                    if(j >> c & 1) ++ cnt; 
                if(cnt <= 1) res += usdp[j]; 
                dp[j] = usdp[j]; 
            }
        }
        cout << res << endl; 

(3) 代码 （C ++）:

滚动数组优化:

    #include <bits/stdc++.h>
    // #define int long long 
    #define lowbit(x) (x&-x)
    using namespace std; 
    const int N = 1e5 + 2; 
    const int inf = 0x3f3f3f3f; 
    int n, cnt; 
    long long dp[2025], usdp[2025];  
    // int a[N]; 
    void solve() {
        string s; 
        cin >> s; 
        n = s.size();
        cnt = 0; 
    //     for(int i = 1; i <= n; i ++ ) a[i] = s[i - 1] - '0';  
        dp[0] = 1;  
        long long res = 0; 
        for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            memset(usdp, 0, sizeof usdp); 
            for(int j = 0; j < 1 << 10; j ++ ) 
                usdp[j ^ (1 << (s[i - 1] - '0'))] += dp[j];
            if(i >= 2) usdp[1 << (s[i  - 1] - '0')] ++; 
            for(int j = 0; j < 1 << 10; j ++ ) {
                cnt = 0; 
                for(int c = 0; c <= 9; c ++ ) 
                    if(j >> c & 1) ++ cnt; 
                if(cnt <= 1) res += usdp[j]; 
                dp[j] = usdp[j]; 
            }
        }
        cout << res << endl; 
        
    }
    int main() {
        ios::sync_with_stdio(false); 
        cin.tie(0); 
        cout.tie(0); 
        int ts = 1; 
    //     cin >> ts; 
        while(ts -- ) solve(); 
        
        return 0; 
    }