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。

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：

http://t.csdnimg.cn/POtFs

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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：

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？ 

(2)题解： 

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%2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。
状态转移方程：，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，，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： 

    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')] ++; }

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; 
}