【状压dp】jzoj1236邦德I 纪中集训提高B组

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Description

每个人都知道詹姆斯邦德，著名的007，但很少有人知道很多任务都不是他亲自完成的，而是由他的堂弟们吉米邦德完成（他有很多堂弟），詹姆斯已经厌倦了把一个个任务分配给一个个吉米，他向你求助。
每个月，詹姆斯都会收到一些任务，根据他以前执行任务的经验，他计算出了每个吉米完成每个任务的成功率，要求每个任务必须分配给不同的人去完成，每个人只能完成一个任务。
请你编写程序找到一个分配方案使得所有任务都成功完成的概率。

Input

输入第一行包含一个整数N,表示吉米邦德的数量以及任务的数量（正好相等,1<=N<=20）。
接下来N行，每行包含N个0到100之间整数，第i行的第j个数Aij表示吉米邦德i完成任务j成功的概率为Aij%

Output

输出所有任务成功完成最大的概率，结果保留6位小数。

Sample Input

输入1：
2
100 100
50 50

输入2：
2
0 50
50 0

输入3：
3
25 60 100
13 0 50
12 70 90

Sample Output

输出1：
50.000000

输出2：
25.000000

输出3：
9.100000

拿到题目之后就觉得是状压，比较明显。

简化一下题意：
从 $n*n$ 的方阵中选数，要求每一行每一列中都只能选一个数，求选的这些数的乘积的最大值。

但是又不知道怎么转移状态，它又有行，又有列，不可能都存吧？顺序也不知道怎么确定？
于是就暴力了一下，其实我觉得暴力是 $2^n$ 的， $n$ 只有20，感觉还比较可以。

//T2 乱搞 疑似状压dp? 50
#pragma GCC optimize(2)
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 25
#define INF 0x3f3f3f3f
double ans,a[N][N];
int n;
bool vis[N];
void dfs(int i,double res)
{
	if(i>n)
	{
		ans=max(ans,res);
		return ;
	}
	for(int j=1;j<=n;j++)//枚举任务
		if(!vis[j])
		{
			vis[j]=1;
			dfs(i+1,res*a[i][j]);
			vis[j]=0;
		}
	return ;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j=1;j<=n;j++)
    	{
    		int tmp;scanf("%d",&tmp);
    		a[i][j]=double(1.0*tmp/100);
		}
	dfs(1,1.0);
	printf("%.6f\n",ans*100.0);
    return 0;
}

最后骗了50pts，开O2有55pts

其实状压的话，在考场上我是没有把思路理清楚（明明剩很久时间啊该静下来好好想想，不过咕不出来正解就打暴力的策略是对的），明明很简单的。
我们在dp每一行的时候，需要考虑之前的列哪些已经选了，如果已经选了，就不能再选。
所以状态 $s$ 就用来表示列的选择。
由于为了防止同一行选很多个数（可能用来更新当前状态的状态在之前已经被更新过，这个可以去掉第一维感受一下），所以需要用第一维 $dp[i][s]$ 表示前 $i$ 行选的列的状态为 $s$ （二进制数）的最大乘积。

但是这么开会MLE，所以要滚动数组。（真不容易）
（其实我也不知道内存为什么会炸因为我算出来不会炸至少那个dp数组算出来 $2^{20}*20*8/8/1024<65536?$ ，但是亲测会MLE）
跟这道题很像，感觉是状压里面的一类套路题吧。
传送门

#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 20
#define INF 0x3f3f3f3f
double dp[2][1<<N],a[N][N];
int n;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(register int i=0;i<n;i++)
    	for(register int j=0;j<n;j++)
    	{
    		int tmp;scanf("%d",&tmp);
    		a[i][j]=double(1.0*tmp/100);
		}
    for(register int i=0;i<n;i++)
        dp[0][1<<i]=a[0][i];
    for(register int i=1;i<n;i++)
    	for(register int j=0;j<n;j++)
    		for(register int s=0;s<=(1<<n)-1;s++)
    		{
    			if((1<<j)&s) continue;
    			dp[i&1][s|(1<<j)]=max(dp[i&1][s|(1<<j)],dp[(i-1)&1][s]*a[i][j]);
			}
    printf("%.6f\n",dp[(n-1)&1][(1<<n)-1]*100);
    return 0;
}

来源：https://blog.csdn.net/CQBZLYTina/article/details/99101784

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吉米