二進位枚舉（一）

来源:https://www.cnblogs.com/cs-whut/archive/2022/11/26/16925985.html
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1.字典 # 基礎數據類型 # bool int float str list tuple dict set # list dict set 可變數據類型 # bool int float str tuple 不可變數據類型 # 1.字典 dict # dict_data={key: value, ...


        二進位是計算技術中廣泛採用的一種數制。二進位數據是用0和1兩個數位來表示的數。利用二進位的特點，可以用於枚舉一個集合中各元素的所有組合情況。

        例如，設某集合M中有3個元素A、B和C，即M={A，B，C}。可以用3位二進位數來枚舉3個元素的各種組合情況（也可以稱為子集），每一位二進位數字對應一個元素，1表示選中，0表示不選。

二進位數 001，表示選中A元素，B和C元素不選擇，即子集為 { A }；

二進位數 010，表示選中B元素，A和C元素不選擇，即子集為 { B }；

二進位數 011，表示選中A和B元素，C元素不選擇，即子集為 { A，B }；

二進位數 100，表示選中C元素，A和B元素不選擇，即子集為 { C }；

二進位數 101，表示選中A和C元素，B元素不選擇，即子集為 { A，C }；

二進位數 110，表示選中B和C元素，A元素不選擇，即子集為 { B，C }；

二進位數 111，表示選中A、B和C這3個元素均選中，即子集為 { A，B，C }；

當然，二進位數000表示3個元素均不選擇，就是子集是空集。

        這樣，用迴圈 for (int i = 0; i < (1 << n); i++) 就可以遍歷每一個子集，即遍歷各種組合情況。其中 (1 << n)表示 2n ，2n-1就對應n為二進位數，各位上的數字均為1。

        然後，可以利用二進位的位運算，來判斷二進位數的某一位上是0還是1。

        二進位位運算的左移運算 a << b就表示把a轉為二進位後左移b位（即在後面添b個0）。

        這樣， 1<<0=1(0) ;   1<<1=2 (10);   1<<2=4 (100);   1<<3=8 (1000); 

        ……

        因此，要判斷一個二進位數x的第k位上是0還是1，只需計算 x & (1<<K)，若計算出來的值為0，則x的第k位為0；若計算出來的值非0，則x的第k位為0。

這樣，再利用迴圈

For (int j = 0; j < n; j++)

        if (i & (1 << j))  { … }

就可以對每一個子集中所選取的具體元素進行處理。

編寫如下的示常式序。

#include <stdio.h>
int main()
{
    char s[6]="ABCDE";
    int n;
    scanf("%d",&n);
    int i,j;
    for (i=0; i<(1<<n); i++)    // 枚舉從0～2^n-1中組合情況
    {
        printf("[  ");
        for (j = 0; j < n; j++) // 遍歷二進位的每一位
        {
            if (i & (1 << j))   // 判斷二進位第j位是否為1，若為1，表示元素選中
            {
                printf("%c  ",s[j]); // 如果第j個元素選中，則輸出
            }
        }
        printf("]\n");
    }
    return 0;
}

        該程式運行後，輸入3，可以輸出A、B、C這3個元素的8中組合情況。運行結果如下所示。

        

         下麵通過一些實例來看二進位枚舉的應用方法。

【例1】最接近的和

問題描述

給出兩個整數n（n≤20）和b，然後給出n個整數h1、h2、…、hn。問如何在這n個整數裡面選擇若幹個數使得它們的和在滿足大於等於b的情況下最小，並輸出這個和與b的差。

輸入

第1行：2個用空格隔開的整數：N和B。

第2…N+1行：第i+1行是1個整數：Hi。

輸出

輸出1個非負整數，即滿足大於等於b的情況下的最小和值與b的差。

輸入樣例

5 16

3

1

3

5

6

輸出樣例

1

        （1）編程思路。

        直接套用上面的二進位枚舉的模板對h1、h2、…、hn這n個元素的各種組合情況進行處理。只是在具體處理時，將每次挑選中的元素累加起來。當和值大於等於b時，記錄最小的和值即可。

        （2）源程式。

#include <stdio.h>
int main()
{
    int n,b;
    scanf("%d%d",&n,&b);
    int i,j,h[21];
    for (i=0;i<n;i++)
        scanf("%d",&h[i]);
    int ans=0x3f3f3f3f;
    for (i=0; i<(1<<n); i++)    // 枚舉從0～2^n-1中組合情況
    {
        int sum=0;
        for (j = 0; j < n; j++) // 遍歷二進位的每一位
        {
            if (i & (1 << j))   // 判斷二進位第j位是否為1，若為1，表示元素選中
            {
                sum+=h[j];      // 如果第j個元素選中，則加上它
            }
        }
        if (sum>=b)
        {
            if (sum<ans) ans=sum;
        }
    }
    printf("%d\n",ans-b);
    return 0;
}

        將上面的源程式提交給 洛谷題庫 P2677 [USACO07DEC]Bookshelf 2 B（https://www.luogu.com.cn/problem/P2677），可以Accepted。

【例2】權利指數

問題描述

在選舉問題中，總共有n個小團體，每個小團體擁有一定數量的選票數。如果其中m個小團體的票數和超過總票數的一半，則此組合為“獲勝聯盟”。n個團體可形成若幹個獲勝聯盟。一個小團體要成為一個“關鍵加入者”的條件是：在其所在的獲勝聯盟中，如果缺少了這個小團體的加入，則此聯盟不能成為獲勝聯盟。一個小團體的權利指數是指：一個小團體在所有獲勝聯盟中成為“關鍵加入者”的次數。請你計算每個小團體的權利指數。

輸入

輸入數據的第一行為一個正整數T，表示有T組測試數據。每一組測試數據的第一行為一個正整數n（0<n<=20）。第二行有n個正整數，分別表示1到n號小團體的票數。

輸出

對每組測試數據，在同一個行按順序輸出1到n號小團體的權利指數。

輸入樣例

2

1

10

7

5 7 4 8 6 7 5

輸出樣例

1

16 22 16 24 20 22 16

        （1）編程思路。 

        同樣直接套用上面的二進位枚舉的模板對n個小團體的各種組合情況進行處理。若某個團體組合的得票數超過了總票數的一半，則依次對該組合中的每個小團隊進行判斷，若去掉了某個小團體後，得票數小於總票數的一半，則去掉的小團體就是關鍵加入者，進行計數。 

        （2）源程式。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
int main()
{
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--)
    {
        int a[21],key[21], ans[21];
        memset(ans, 0, sizeof(ans));
        int n,total = 0;
        scanf("%d", &n);
        int i;
        for (i = 0; i < n; i++)
        {
            scanf("%d", &a[i]);
            total += a[i];
        }
        total /= 2;
        for (i = 1; i < 1 << n; i++) // 二進位枚舉各團體組合
        {
            int j, k = 0, sum = 0;
            for (j = 0; j < n; j++)  // 遍歷二進位的每一位
            {
                if (i & (1 << j))    // 判斷二進位第j位是否為1
                {
                   key[k++] = j; sum += a[j];
                }
            }
            if (sum > total)         // 如果團體的票數超過總票數的一半
            {
                for (j = 0; j < k; j++)
                  if (sum - a[key[j]] <= total) // 編號為key[j]的元素為 關鍵加入者
                      ans[key[j]]++;
            }
        }
        printf("%d", ans[0]);
        for (i = 1; i < n; i++)
            printf(" %d", ans[i]);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

         將上面的源程式提交給 HDU題庫 HDU 1557 權利指數（http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1557），可以Accepted。 

【例3】目標和習慣

問題描述

小明有很多習慣，比如看電影、聽音樂、玩電腦游戲和足球等等。此外，他還有很多目標，因為不是每個習慣都有助於實現他的目標，他陷入了在目標和習慣之間做出選擇的困境。

現在，我們將一個習慣對每個目標的影響定義為向量，向量的元素是整數，例如。向量（100,90，-10,80）表示它對目標1有100分的影響，對目標2有90分的影響、對目標3有-10分的影響和對目標4有80分的影響（正表示良好效果，負表示不良效果），每個目標的給定要求表示為整數。請幫助小明實現他的目標，並儘可能多地保持他的習慣。

輸入

有多種情況，讀取數據直到EOF。（不超過10例）

第1行：小明的目標數N（0<N<=20）

第2行：每個目標的要求（0<w<=1000）

第3行：小明的習慣數M（0<M<=16）

第4-M+4行：每行包含N個整數，第i個整數表示對第i個目標的影響（-1000<=data<=1000）。

輸出

對於每種情況：輸出是一行，其中包含：

小明可以保持的最大習慣數，其次是：

小明可以保持的習慣的排序列表（從最小到最大）。如果有一組以上的習慣可以滿足要求，請選擇習慣數最少的一組。

 如果無法實現小明的目標，請輸出0。

 輸入樣例

4

100 200 300 400

3

100 100 400 500

100 -10 50  300

100 100 -50  -50

輸出樣例

2 1 3

        （1）編程思路。

         採用二進位枚舉對m個習慣的全部組合情況進行處理。對每種習慣組合，將組合中的各習慣對目標的影響累加到數組g中。若數組g中每個目標均可實現，則是一種滿足要求的習慣組合。

        （2）源程式。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
int main()
{
    int goal[21];
    int f[17][21],g[21];
    int n;
    while (scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        int ans1=-1,ans2;
        int i,j,k;
        for (i=0;i<n;i++)
           scanf("%d",&goal[i]);
        int m;
        scanf("%d",&m);
        for (i=0;i<m;i++)
            for(j=0;j<n;j++)
               scanf("%d",&f[i][j]);
        for (i=0;i<(1<<m);i++)         // 對所有m個習慣的組合進行枚舉
        {
            for (k=0;k<n;k++) g[k]=0;  // 各目標的達到值初始化為0
            int num=0;                 // 當前組合中的習慣個數
            for (j=0;j<m;j++)
                if (i&(1<<j))          // 若組合中有第j個習慣
                {
                    num++;
                    for (k=0;k<n;k++)  // 第j個習慣對每個目標k的影響
                        g[k]+=f[j][k];
                }
            for (k=0;k<n;k++)
                if (g[k]<goal[k]) break;   // 第k個目標不能實現
            if (k==n)                  // 當前習慣組合中，所有目標可達成
            {
                if (num>ans1) { ans1=num; ans2=i; }
            }
        }
        if (ans1==-1)
            printf("0\n");
        else
        {
            printf("%d",ans1);
            for (i=0;i<n;i++)
               if (ans2&(1<<i))
                  printf(" %d",i+1);
            printf("\n");
        }
    }
    return 0;
}

        將上面的源程式提交給 HDU題庫 HDU 4152 ZZY’s Dilemma（http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4152），可以Accepted。

【例4】調查問卷

問題描述

度度熊為了完成畢業論文，需要收集一些數據來支撐他的論據，於是設計了一份包含 m 個問題的調查問卷，每個問題只有 'A' 和 'B' 兩種選項。

將問卷散髮出去之後，度度熊收到了 n 份互不相同的問卷，在整理結果的時候，他發現可以只保留其中的一部分問題，使得這 n 份問卷仍然是互不相同的。這裡認為兩張問卷是不同的，當且僅當存在至少一個被保留的問題在這兩份問卷中的回答不同。

現在度度熊想知道，存在多少個問題集合，使得這 n 份問卷在只保留這個集合的問題之後至少有 k 對問卷是不同的。

輸入

第一行包含一個整數 T，表示有 T 組測試數據。

接下來依次描述 T 組測試數據。對於每組測試數據：

第一行包含三個整數 n，m 和 k，含義同題目描述。

接下來 n 行，每行包含一個長度為 m 的只包含 'A' 和 'B' 的字元串，表示這份問卷對每個問題的回答。

保證 1≤T≤100，1≤n≤103，1≤m≤10，1≤k≤106，給定的 n 份問卷互不相同。

輸出

對於每組測試數據，輸出一行信息 "Case #x: y"（不含引號），其中 x 表示這是第 x 組測試數據，y 表示滿足條件的問題集合的個數，行末不要有多餘空格。

輸入樣例

2

2 2 1

AA

BB

2 2 2

AA

BB

輸出樣例

Case #1: 3

Case #2: 0

        （1）編程思路。

        先把每張問卷對10個問題回答的A、B字元串轉換成二進位數保存在數組a中，轉換時，A轉換為1，B轉換為0。

        採用二進位枚舉的方法依次枚舉每個可能的子集（選擇部分問題的情況，下麵將枚舉到的某個二進位數i稱為當前狀態），與每張問卷的這個子集情況（當前狀態i）下的答案匹配。具體做法是：將當前狀態i與每張試卷的答案（也已轉換為了二進位數並保存在數據元素a[j]中）進行與運算，即now=i & a[j]，並將cnt[now]加1。顯然，若問卷j和問卷k的答案相同，則a[j]與a[k]的值一定相同，這樣now的值也相同，cnt[now]的值會加上2。

        當匹配到第j張問卷時，第j張問卷與前面的j-1張問卷在當前選擇狀態i下一定有cnt[i&a[j]]張（包括第j張）的答案相同，也就是有j- cnt[i&a[j]]張的答案存在不同，將它累加到和值sum上。當某個當前狀態i與每張問卷匹配完成後，如果和值sum大於或等於k，這種當前狀態 i 就是符合題意的一種子集選擇。遍歷所有可能的子集，就得到最終的答案。

        （2）源程式。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
int main()
{
    int t,iCase=0;
    scanf("%d",&t);
    while (t--)
    {
        int n, m, k;
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        int a[1001];
        int i,j;
        for (i=1; i<=n; i++)
        {
            char s[15];
            scanf("%s",s);
            int num=0;
            for (j=0; s[j]!='\0'; j++)  // 第i張問卷對10個問題回答的A、B字元串轉換成二進位數保存在數組a[i]
            {
                if (s[j]=='A')
                    num=num*2+1;
                else  num=num*2;
            }
            a[i] = num;
        }
        int ans = 0;
        for (i=1; i<(1<<m); i++)       // 對m個問題的全部組合情況進行枚舉
        {
            int cnt[1050];
            memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
            int sum = 0;
            for (j=1; j<=n; j++)
            {
                int now = i & a[j];
                cnt[now]++;
                sum += j-cnt[now];
            }
            if(sum>=k) ans++;
        }
        printf("Case #%d: %d\n",++iCase,ans);
    }
    return 0;
}

      將上面的源程式提交給 HDU題庫 HDU 6344 調查問卷（http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6344），可以Accepted。 

【例5】連續求餘

問題描述

有一個整數a和n個整數b1，…，bn。在按任意順序從b1、…、bn中選擇一些數字後，例如c1、…、cr，我們希望確保a mod c1 mod c2 mod…mod cr=0（即，a將成為每次除以ci的餘數，最後，我們希望a變為0）。請確定r的最小值。如果無法實現目標，請輸出−1代替。

輸入

第一行包含一個整數T≤5，表示測試用例的數量。

對於每個測試用例，有兩行：

第一行包含兩個整數n和a（1≤n≤20,1≤a≤106)。

第二行包含n個整數b1，…，bn（1≤bi≤106）

輸出

每個測試用例輸出1行，該行中輸出所求得的最小的r值。

輸入樣例

2

2 9

2 7

2 9

6 7

輸出樣例

2

-1

        （1）編程思路。

        採用二進位枚舉的方法對b1、…、bn中的數的各種選擇組合進行處理。只是在本題處理時，需要先將數組b按從大到小的順序進行排列。因為，若先選擇一個小的數進行求餘，則後面較大的數的選擇毫無意義。​​

        （2）源程式。

#include <stdio.h>
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while (t--)
    {
        int n,a,b[25]={0};
        scanf("%d%d",&n,&a);
        int i,j;
        for (i=0;i<n;i++)
            scanf("%d",&b[i]);
        for (i=0;i<n-1;i++)         // 將數組b按從大到小的順序排列
            for (j=0;j<n-1-i;j++)
               if (b[j]<b[j+1])
               {
                  int temp;
                  temp=b[j];  b[j]=b[j+1];  b[j+1]=temp;
               }
        int ans=25;    // 所以數全部選，不會超過20個數
        for (i=0;i<(1<<n);++i)
        {
            int res=a,cnt=0;
            for (j=0;j<n;++j)
            {
                if(i>>j&1)
                {
                    res=res%b[j];
                    cnt++;
                    if(res==0)break;
                }
            }
            if (res==0)
                ans=(cnt<ans)?cnt:ans;
        }
        if(ans==25) printf("-1\n");
        else  printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

        將上面的源程式提交給 HDU題庫 HDU 5339  Untitled（http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5339），可以Accepted。

        在通過上面的5道例題的學習，掌握了二進位枚舉方法的應用的基礎上，可以刷一下HDU題庫中的下麵幾道題目，也均可採用二進位枚舉的方法來完成。

【練習1】HDU 1882 Strange Billboard （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1882）。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
int main()
{
    int r,c;
    while (scanf("%d%d",&r,&c)!=EOF)
    {
        if (r==0 && c==0) break;
        int i,j,k;
        char map[20][20],temp[20][20];
        for (i=0;i<r;++i)
            scanf("%s",map[i]);
        if (r<c)   // 若行數小於列數，則使矩陣轉置。
        {
            memcpy(temp,map,sizeof(map));
            for (i=0;i<r;++i)
            {
                for (j=0;j<c;++j)
                {
                    map[j][i]=temp[i][j];
                }
            }
            k=r; r=c; c=k;
        }
        int hash[20],key[20];
        for(i=0;i<r;++i)    // 將第i行數據以二進位形式保存在數組元素hash[i]中，‘X’符號位置1
        {
            hash[i]=0;
            for (j=0;j<c;++j)
            {
                if (map[i][j]=='X')
                    hash[i]=(hash[i]<<1)^1;
                else
                    hash[i]=(hash[i]<<1);
            }
        }
        int ans=1000;   // 按題意，最多256個方格，因此翻轉次數肯定不會超過1000
        for (i=0; i<(1<<c); i++)    // 對第0行的所有翻轉組合進行二進位枚舉
        {
            int cnt=0;
            memcpy(key,hash,sizeof(hash));  // 將初始畫面情況數組hash暫存到key數組中
            for (j=0;j<c;j++)     // 處理第0行（首行）
            {
                if (i & (1<<(c-1-j)))
                {
                    key[0]^=(1<<(c-1-j));  // 當前方塊翻轉
                    if (j-1>=0)   // 當前方塊左邊（前一列）的方塊翻轉
                        key[0]^=(1<<(c-1-j+1));
                    if (j+1<c)   // 當前方塊右邊（後一列）的方塊翻轉
                        key[0]^=(1<<(c-1-j-1));
                    if (1<r)     // 當前方塊下方（下一行）的方塊翻轉
                        key[1]^=(1<<(c-1-j));
                    cnt++;       // 翻轉次數加1
                }
            }
            for (j=1;j<r;++j)         // 上1行確定了，下一行只能根據上一行進行處理。依次處理後面的r-1行
            {
                for (k=0;k<c;++k)     // 對當前行的每列的方塊進行判斷，根據正上方的方塊狀態看是否需要翻轉
                {
                    if (key[j-1]&(1<<(c-1-k))) // 當前方塊正上方方塊為'X‘，需要翻轉當前方塊
                    {
                        cnt++;
                        key[j]^=(1<<(c-1-k));  // 當前方塊翻轉
                        if (k-1>=0)            // 當前方塊左邊（前一列）的方塊翻轉
                            key[j]^=(1<<(c-1-k+1));
                        if (k+1<c)             // 當前方塊右邊（後一列）的方塊翻轉
                            key[j]^=(1<<(c-1-k-1));
                        if (j-1>=0)            // 當前方塊上方（上一行）的方塊翻轉
                            key[j-1]^=(1<<(c-1-k));
                        if (j+1<r)             // 當前方塊下方（下一行）的方塊翻轉
                            key[j+1]^=(1<<(c-1-k));
                    }
                }
            }
            if (!key[r-1])  // 由於下一行必受上一行約束,則只要判斷最後行是否達到要求即可
            {
                if (ans>cnt) ans=cnt;
            }
        }
        if (ans<1000)
            printf("You have to tap %ld tiles.\n",ans);
        else
            printf("Damaged billboard.\n");
    }
    return 0;
}
參考源程式

【練習2】HDU 3118  Arbiter （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3118）。

#include <stdio.h>
int main()
{
   int t;
   scanf("%d",&t);
   while (t--)
   {
       int n,m;
       scanf("%d%d",&n,&m);
       int map[305][2];
       int i,j;
       for (i=0;i<m;i++)
       {
           scanf("%d%d",&map[i][0],&map[i][1]);
       }
       int ans=0x3f3f3f3f;
       for (i=0;i<(1<<n);i++)
       {
           int cnt=0;
           for (j=0;j<m;j++)
           {
               if (((i>>map[j][0]) & 1)==((i>>map[j][1])&1))
                   cnt++;
           }
           if (cnt<ans) ans=cnt;
       }
       printf("%d\n",ans);
   }
   return 0;
}
參考源程式

【練習3】  HDU 4462  Scaring the Birds （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4462）  。     

#include <stdio.h>
#include <string.h>
int abs(int x)
{
    return x>0?x:-x;
}
int  main()
{
    int n;
    while (scanf("%d", &n) && n!=0)
    {
        int m;
        scanf("%d", &m);
        int i,j;
        int r[51],c[51],f[51];
        for (i = 0; i < m; i++)
            scanf("%d%d", &r[i], &c[i]);
        for (i = 0; i < m; i++)
            scanf("%d", &f[i]);
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