【面试高频题】难度 3/5，状态压缩 DP 及其优化

题目描述

这是 LeetCode 上的 「526. 优美的排列」 ，难度为 「中等」。

Tag : 「位运算」、「状压 DP」、「动态规划」

假设有从 到 的   个整数，如果从这   个数字中成功构造出一个数组，使得数组的第  位 ( ) 满足如下两个条件中的一个，我们就称这个数组为一个优美的排列。

条件：

• 第   位的数字能被   整除
• 能被第 位上的数字整除

现在给定一个整数 ，请问可以构造多少个优美的排列？

示例1:

输入: 2

输出: 2

解释: 
第 1 个优美的排列是 [1, 2]:
  第 1 个位置（i=1）上的数字是1，1能被 i（i=1）整除
  第 2 个位置（i=2）上的数字是2，2能被 i（i=2）整除

第 2 个优美的排列是 [2, 1]:
  第 1 个位置（i=1）上的数字是2，2能被 i（i=1）整除
  第 2 个位置（i=2）上的数字是1，i（i=2）能被 1 整除

说明:

• 是一个正整数，并且不会超过 。

状态压缩 DP

利用数据范围不超过 ，我们可以使用「状态压缩 DP」进行求解。

「使用一个二进制数表示当前哪些数已被选，哪些数未被选，目的是为了可以使用位运算进行加速。」

我们可以通过一个具体的样例，来感受下「状态压缩」是什么意思：

例如 代表值为 和值为 的数字已经被使用了，而值为 的节点尚未被使用。

然后再来看看使用「状态压缩」的话，一些基本的操作该如何进行：

假设变量 存放了「当前数的使用情况」，当我们需要检查值为 的数是否被使用时，可以使用位运算 a = (state >> k) & 1，来获取 中第 位的二进制表示，如果 a 为 代表值为 的数字已被使用，如果为 则未被访问。

「定义 为考虑前 个数，且当前选择方案为 的所有方案数量。」

一个显然的初始化条件为 ，代表当我们不考虑任何数（ ）的情况下，一个数都不被选择（ ）为一种合法方案。

不失一般性的考虑 该如何转移，由于本题是求方案数，我们的转移方程必须做到「不重不漏」。

我们可以通过枚举当前位置 是选哪个数，假设位置 所选数值为 ，首先 值需要同时满足如下两个条件：

• 中的第 位为 ；
• 要么 能被 整除，要么 能被 整除。

那么根据状态定义，位置 选了数值 ，通过位运算我们可以直接得出决策位置 之前的状态是什么： ，代表将 的二进制表示中的第 位置 。

最终的 为当前位置 选择的是所有合法的 值的方案数之和：

❝

一些细节：由于给定的数值范围为 ，但实现上为了方便，我们使用 从右往左的第 位表示数值 选择情况，第 位表示数值 的选择情况 ... 即对选择数值 做一个 的偏移。

❞

代码：

class Solution {
    public int countArrangement(int n) {
        int mask = 1 << n;
        int[][] f = new int[n + 1][mask];
        f[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            // 枚举所有的状态
            for (int state = 0; state < mask; state++) {
                // 枚举位置 i（最后一位）选的数值是 k
                for (int k = 1; k <= n; k++) {
                    // 首先 k 在 state 中必须是 1
                    if (((state >> (k - 1)) & 1) == 0) continue;
                    // 数值 k 和位置 i 之间满足任一整除关系
                    if (k % i != 0 && i % k != 0) continue;
                    // state & (~(1 << (k - 1))) 代表将 state 中数值 k 的位置置零
                    f[i][state] += f[i - 1][state & (~(1 << (k - 1)))];
                }
            }
        }
        return f[n][mask - 1];
    }
}

• 时间复杂度：共有 的状态需要被转移，每次转移复杂度为 ，整体复杂度为
• 空间复杂度：

状态压缩 DP（优化）

通过对朴素的状压 DP 的分析，我们发现，在决策第 位的时候，理论上我们应该使用的数字数量也应该为 个。

但这一点在朴素状压 DP 中并没有体现，这就导致了我们在决策第 位的时候，仍然需要对所有的 进行计算检查（即使是那些二进制表示中 的出现次数不为 个的状态）。

因此我们可以换个思路进行枚举（使用新的状态定义并优化转移方程）。

「定义 为当前选择数值情况为 时的所有方案的数量。」

这样仍然有 的初始化条件，最终答案为 。

不失一般性考虑 如何计算：

「从当前状态 进行出发，检查 中的每一位 作为最后一个被选择的数值，这样仍然可以确保方案数「不重不漏」的被统计，同时由于我们「从小到大」对 进行枚举，因此计算 所依赖的其他状态值必然都已经被计算完成。」

同样的，我们仍然需要确保 中的那一位作为最后一个的 需要与所放的位置成整除关系。

因此我们需要一个计算 的 的个数的方法，这里使用 实现即可。

最终的 为当前位置选择的是所有合法值的方案数之和：

代码：

class Solution {
    int getCnt(int x) {
        int ans = 0;
        while (x != 0) {
            x -= (x & -x); // lowbit
            ans++;
        }
        return ans;
    }
    public int countArrangement(int n) {
        int mask = 1 << n;
        int[] f = new int[mask];
        f[0] = 1;
        // 枚举所有的状态
        for (int state = 1; state < mask; state++) {
            // 计算 state 有多少个 1（也就是当前排序长度为多少）
            int cnt = getCnt(state);
            // 枚举最后一位数值为多少
            for (int i = 0; i < n; i++) {
                // 数值在 state 中必须是 1
                if (((state >> i) & 1) == 0) continue;
                // 数值（i + 1）和位置（cnt）之间满足任一整除关系
                if ((i + 1) % cnt != 0 && cnt % (i + 1) != 0) continue;
                // state & (~(1 << i)) 代表将 state 中所选数值的位置置零
                f[state] += f[state & (~(1 << i))];
            }
        }
        return f[mask - 1];
    }
}

• 时间复杂度：共有 的状态需要被转移，每次转移复杂度为 ，整体复杂度为
• 空间复杂度：

总结

不难发现，其实两种状态压缩 DP 的思路其实是完全一样的。

只不过在朴素状压 DP 中我们是显式的枚举了考虑每一种长度的情况（存在维度 ），而在状压 DP（优化）中利用则 中的 的个数中蕴含的长度信息。

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.525 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。

在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。

更多更全更热门的「笔试/面试」相关资料可访问排版精美的 合集新基地 🎉🎉