分析

为了叙述方便，设“心里想的物体”为W。首先在读入时把每个物体转化为一个二进制整数。不难发现，同一个特征不需要问两遍，所以可以用一个集合s表示已经询问的特征集。

在这个集合s中，有些特征是W所具备的，剩下的特征是W不具备的。用集合a来表示“已确认物体W具备的特征集”，则a一定是s的子集。

设d(s,a)表示已经问了特征集s，其中已确认W所具备的特征集为a时，还需要询问的最小次数。如果下一次提问的对象是特征k（这就是“决策”），则询问次数为：

max{d(s+{k},a+{k}),d(s+{k}, a)}+1

考虑所有的k，取最小值即可。边界条件为：如果只有一个物体满足“具备集合a中的所有特征，但不具备集合s-a中的所有特征”这一条件，则d(s,a)=0，因为无须进一步询问，已经可以得到答案。

因为a为s的子集，所以状态总数为3m，时间复杂度为O(m3^m)。对于每个s和a，可以先把满足该条件的物体个数统计出来，保存在cnt[s][a]，避免状态转移的时候重复计算。统计cnt[s][a]的方法是枚举s和物体，时间复杂度为O(n2^m)，所以总时间复杂度为O(n2^m +m3^m)。对于本题的规模来说O(n*2^m)可以忽略不计。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T> inline T read(T&x)
{
    T data=0;
    int w=1;
    char ch=getchar();
    while(ch!='-'&&!isdigit(ch))
        ch=getchar();
    if(ch=='-')
        w=-1,ch=getchar();
    while(isdigit(ch))
        data=10*data+ch-'0',ch=getchar();
    return x=data*w;
}
const int maxn=150;
int m,n;
int feature[maxn],cnt[(1<<11)+10][(1<<11)+10];
int d[(1<<11)+10][(1<<11)+10];

int dp(int s,int a){
    if(d[s][a]!=-1)
        return d[s][a];
    if(cnt[s][a]<=1)
        return d[s][a]=0;
    if(cnt[s][a]==2)
        return d[s][a]==1;
    int ans=20;
    for(int i=0;i<m;++i)
        if(!(s&(1<<i)))
            ans=min(ans, max(dp(s|(1<<i),a),dp(s|(1<<i),a|(1<<i)))+1 );
    return d[s][a]=ans;
}

int main()
{
    while(read(m)&&read(n))
    {
        memset(feature,0,sizeof(feature));
        char s[20];
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            scanf("%s",s);
            for(int j=0;j<m;++j)
                feature[i]|=((s[j]-'0')<<j);
        }
/*      clog<<"input check"<<endl;
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            for(int j=0;j<m;++j)
                clog<<((feature[i]&(1<<j))?1:0);
            clog<<endl;
        }
        clog<<"input check completed"<<endl;*/
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        for(int i=0;i<(1<<m);++i)
            for(int j=1;j<=n;++j)
                ++cnt[i][i&feature[j]];
        memset(d,-1,sizeof(d));
        printf("%d\n",!dp(0,0)?0:dp(0,0)+1);
    }
    return 0;
}

另外，输入物体和预处理cnt[s][a]时刘汝佳标程的做法太繁琐，大家可以参考我的做法。

网上有大量AC代码没有预处理，大概比我慢了70ms，而我跑出来是80ms，所以差别不大。有的人可能喜欢不加预处理，这里我也提供一份朴素的代码（不是我打的，有问题别找我）

# include<iostream>
# include<cstdio>
# include<string>
# include<cstring>
# include<algorithm>
using namespace std;

const int INF=0x3f3f3f3f;

char p[13];
int dp[1<<11][1<<11],sta[130],m,n;

int getVal()
{
    int res=0;
    for(int i=0;i<m;++i)
        if(p[i]=='1')
            res|=(1<<i);
    return res;
}

int DP(int s,int a)
{
    if(dp[s][a]!=INF)
        return dp[s][a];

    int num=0;
    for(int i=0;i<n;++i)///在这里，也可以预处理出来以提高效率；
        if((sta[i]&s)==a)///"=="的优先级比"&"的高!!!
            ++num;
    if(num<=1)
        return dp[s][a]=0;

    int &ans=dp[s][a];
    for(int i=0;i<m;++i){
        if(s&(1<<i))
            continue;
        ans=min(ans,max(DP(s|(1<<i),a),DP(s|(1<<i),a|(1<<i)))+1);
    }
    return ans;
}

int main()
{
    while(scanf("%d%d",&m,&n)&&n+m)
    {
        for(int i=0;i<n;++i){
            scanf("%s",p);
            sta[i]=getVal();
        }
        memset(dp,INF,sizeof(dp));
        printf("%d\n",DP(0,0));
    }
    return 0;
}

巴特西

UVA1252 【Twenty Questions】

分析

为了叙述方便，设“心里想的物体”为W。首先在读入时把每个物体转化为一个二进制整数。不难发现，同一个特征不需要问两遍，所以可以用一个集合s表示已经询问的特征集。

在这个集合s中，有些特征是W所具备的，剩下的特征是W不具备的。用集合a来表示“已确认物体W具备的特征集”，则a一定是s的子集。

设d(s,a)表示已经问了特征集s，其中已确认W所具备的特征集为a时，还需要询问的最小次数。如果下一次提问的对象是特征k（这就是“决策”），则询问次数为：

max{d(s+{k},a+{k}),d(s+{k}, a)}+1

考虑所有的k，取最小值即可。边界条件为：如果只有一个物体满足“具备集合a中的所有特征，但不具备集合s-a中的所有特征”这一条件，则d(s,a)=0，因为无须进一步询问，已经可以得到答案。

代码实现

另外，输入物体和预处理cnt[s][a]时刘汝佳标程的做法太繁琐，大家可以参考我的做法。

网上有大量AC代码没有预处理，大概比我慢了70ms，而我跑出来是80ms，所以差别不大。有的人可能喜欢不加预处理，这里我也提供一份朴素的代码（不是我打的，有问题别找我）

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