HDU_3828 A + B problem 状态dp

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3828

题意：

给你N个数，求N个数在满足下面3个条件的情况下相加的最小和。

条件一： 相加的两个数是二进制相加；

条件二：相加的两个数A,B ， A的后缀可以和B的前缀合并成一个

条件三：相加的两个数A，B，如果A是B的子串，则A可以不算。

思路：

很好的一道状态压缩dp。对于两个数，我们可以发现，如果这两个数都不是各自的子串，那个

这两个数相加，要是A前B后，或者B前A后，只有这两种情况。这样分析了之后我们似乎就可以

推导出本题是否可以用贪心的求法，也就是说每次都是求一个值最小的那个。但是这个贪心思路

是不正确的，那么我们就可以考虑dp，但是线性的dp是不满足最优子性质的， 那么我们就可以用

状态压缩来记录当前的状态。因此本题的做法是这样的：用dp[i][j]表示状态为j，以i为前缀的最小

长度，求出最小长度之后通过构造最小串就可以得出问题的解了。

#include<string>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include <cstdio>
#define MIN(a,b) ( (a)>(b)?(b):(a) )
using namespace std;
typedef __int64 LL ;
const LL Mod = 1000000009 ;
int n , N;
const int MM = 16 ;
string word[MM] ;
int ll[MM][MM] ;
int dp[MM][1<<16] ;
string ans ;

void init(){
LL a ;
for(int i=0;i<n;i++){
cin >> a ;
word[i] = "" ;
while( a ){
if( a&1 )   word[i] += '1' ;
else        word[i] += '0' ;
a >>= 1 ;
}
reverse( word[i].begin() , word[i].end() );
}
}

void move(){
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
if( i!=j && word[j].find( word[i] ) != string::npos ){
word[i--] = word[ -- n ] ;
break ;
}
}
}
}

void deal1(){
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
int&lap = ll[i][j] = word[i].size()  ;
while( word[i].substr(word[i].size() - lap) != word[j].substr(0 , lap) )
lap -- ;
}
}
}

int DP(int i , int j){
if( dp[i][j] != -1 )    return dp[i][j] ;
int jj = j ^ ( 1<<i ) ;
dp[i][j] = jj ? (1<<30) : word[i].size() ;
for(int ii=0;ii<n;ii++){
if( (jj&(1<<ii)) != 0 ){
dp[i][j] = MIN( dp[i][j] , DP(ii,jj) + word[i].size() - ll[i][ii] );
}
}
return  dp[i][j] ;
}

void deal2(){
N = 1<<n ;
memset(dp , -1, sizeof(dp));
for(int i=0;i<n;i++){
DP( i , N-1 );
}

//DP();
int m = N - 1 ;
ans = "" ;
int prev = -1 ;

while( m ){
int best = -1;
int bestLen;
string bestAdd;
for (int f = 0; f < n; f++) if (m & (1 << f) ){
int len = dp[f][m];
string add = word[f];
if (prev >= 0) {
len -= ll[prev][f];
add = add.substr(ll[prev][f]);
}
if (best < 0 || len < bestLen || len == bestLen && add < bestAdd) {
best = f;
bestLen = len;
bestAdd = add;
}
}
ans += bestAdd;
prev = best;
m ^= ( 1 << best ) ;

}
int cnt = ans.size() ;
LL res = 0 ,add = 1 ;
for(int i=cnt-1;i>=0;i--){
if( ans[i] == '1' )    res = ( res + add ) % Mod ;
add = add * 2 % Mod ;
}
cout << res << endl ;
}

int main(){
while( cin >> n ){
init() ;
move() ;
deal1() ;
deal2() ;
}
return 0 ;
}