LC 526. 优美的排列
题目描述
这是 LeetCode 上的 526. 优美的排列 ，难度为 中等。
假设有从 $1$ 到 $N$ 的 $N$ 个整数，如果从这 $N$ 个数字中成功构造出一个数组，使得数组的第 $i$ 位 ($1 <= i <= N$) 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 $i$ 位的数字能被 $i$ 整除
- $i$ 能被第 $i$ 位上的数字整除
现在给定一个整数 $N$，请问可以构造多少个优美的排列？
示例1:1
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12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:
- $N$ 是一个正整数，并且不会超过 $15$。
状态压缩 DP
利用数据范围不超过 $15$，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 $(000…0101)_2$ 代表值为 $1$ 和值为 $3$ 的数字已经被使用了，而值为 $2$ 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 $state$ 存放了「当前数的使用情况」，当我们需要检查值为 $k$ 的数是否被使用时，可以使用位运算 a = (state >> k) & 1，来获取 $state$ 中第 $k$ 位的二进制表示，如果 a 为 $1$ 代表值为 $k$ 的数字已被使用，如果为 $0$ 则未被访问。
定义 $f[i][state]$ 为考虑前 $i$ 个数，且当前选择方案为 $state$ 的所有方案数量。
一个显然的初始化条件为 $f[0][0] = 1$，代表当我们不考虑任何数（$i = 0$）的情况下，一个数都不被选择（$state = 0$）为一种合法方案。
不失一般性的考虑 $f[i][state]$ 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 $i$ 是选哪个数，假设位置 $i$ 所选数值为 $k$，首先 $k$ 值需要同时满足如下两个条件：
- $state$ 中的第 $k$ 位为 $1$；
- 要么 $k$ 能被 $i$ 整除，要么 $i$ 能被 $k$ 整除。
那么根据状态定义，位置 $i$ 选了数值 $k$，通过位运算我们可以直接得出决策位置 $i$ 之前的状态是什么：$state \& (\lnot (1 << (k - 1)))$，代表将 $state$ 的二进制表示中的第 $k$ 位置 $0$。
最终的 $f[i][state]$ 为当前位置 $i$ 选择的是所有合法的 $k$ 值的方案数之和：
一些细节：由于给定的数值范围为 $[1,n]$，但实现上为了方便，我们使用 $state$ 从右往左的第 $0$ 位表示数值 $1$ 选择情况，第 $1$ 位表示数值 $2$ 的选择情况 … 即对选择数值 $k$ 做一个 $-1$ 的偏移。
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22class 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 $n 2^n$ 的状态需要被转移，每次转移复杂度为 $O(n)$，整体复杂度为 $O(n^2 2^n)$
- 空间复杂度：$O(n * 2^n)$
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 $i$ 位的时候，理论上我们应该使用的数字数量也应该为 $i$ 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 $i$ 位的时候，仍然需要对所有的 $state$ 进行计算检查（即使是那些二进制表示中 $1$ 的出现次数不为 $i$ 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 $f[state]$ 为当前选择数值情况为 $state$ 时的所有方案的数量。
这样仍然有 $f[0] = 1$ 的初始化条件，最终答案为 $f[(1 << n) - 1]$。
不失一般性考虑 $f[state]$ 如何计算：
从当前状态 $state$ 进行出发，检查 $state$ 中的每一位 $1$ 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 $state$ 进行枚举，因此计算 $f[state]$ 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 $state$ 中的那一位作为最后一个的 $1$ 需要与所放的位置成整除关系。
因此我们需要一个计算 $state$ 的 $1$ 的个数的方法，这里使用 $lowbit$ 实现即可。
最终的 $f[state]$ 为当前位置选择的是所有合法值的方案数之和：
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30class 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 $2^n$ 的状态需要被转移，每次转移复杂度为 $O(n)$，整体复杂度为 $O(n * 2^n)$
- 空间复杂度：$O(2^n)$
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 $i$），而在状压 DP（优化）中利用则 $state$ 中的 $1$ 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。
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