【位运算子集状态压缩】982按位与为零的三元组

算法可以发掘本质，如：
一，若干师傅和徒弟互有好感，有好感的师徒可以结对学习。师傅和徒弟都只能参加一个对子。如何让对子最多。
二，有无限多1X2和2X1的骨牌，某个棋盘若干格子坏了，如何在没有坏的格子放足够多骨牌。
三，某个单色图，1表示前前景，0表示后景色。每次操作可以将一个1，变成0。如何在最少得操作情况下，使得没有两个1相邻（四连通）。
四，若干路人，有些人是熟人，如何选出最多的人参加实验。为了避免熟人影响实验的效果，参加的人不能是熟人。
一二是二分图的最大匹配，三是二分图的最小点覆盖，四是二分图最大独立集。而这三者是等效问题。

本文涉及知识点

位运算子集状态压缩

LeetCode982. 按位与为零的三元组

给你一个整数数组 nums ，返回其中按位与三元组的数目。
按位与三元组是由下标 (i, j, k) 组成的三元组，并满足下述全部条件：
0 <= i < nums.length
0 <= j < nums.length
0 <= k < nums.length
nums[i] & nums[j] & nums[k] == 0 ，其中 & 表示按位与运算符。
示例 1：

输入：nums = [2,1,3]
输出：12
解释：可以选出如下 i, j, k 三元组：
(i=0, j=0, k=1) : 2 & 2 & 1
(i=0, j=1, k=0) : 2 & 1 & 2
(i=0, j=1, k=1) : 2 & 1 & 1
(i=0, j=1, k=2) : 2 & 1 & 3
(i=0, j=2, k=1) : 2 & 3 & 1
(i=1, j=0, k=0) : 1 & 2 & 2
(i=1, j=0, k=1) : 1 & 2 & 1
(i=1, j=0, k=2) : 1 & 2 & 3
(i=1, j=1, k=0) : 1 & 1 & 2
(i=1, j=2, k=0) : 1 & 3 & 2
(i=2, j=0, k=1) : 3 & 2 & 1
(i=2, j=1, k=0) : 3 & 1 & 2
示例 2：
输入：nums = [0,0,0]
输出：27

提示：
1 <= nums.length <= 1000
0 <= nums[i] < 2¹⁶

子集状态压缩

$\forall$ i,nums[i] $\in$ [0,2¹⁶)，故nums[i1]&nums[i2] $\in$ [0,2¹⁶)。vIj[x] 记录， nums[i]&nums[j]为x的数量。
然后枚举k，不用枚举所有x，只需要使用子集压缩的技巧，枚举nums[k]的补集的子集。
时间复杂度: O(nn)+O(2¹⁶n) n = nums.length。

代码

核心代码

class Solution {
public:int countTriplets(vector<int>& nums) {vector<int> vij(1 << 16);for (const auto& n1: nums) {for (const auto& n2 : nums) {vij[n1 & n2]++;}}int iRet = vij[0]* nums.size();for (const auto& n : nums) {const int mask = (~n)&((1<<16)-1);for (int sub = mask; sub; sub = (sub - 1) & mask) {iRet += vij[sub];}}return iRet;}
};

测试用例

int main()
{	vector<int> nums;{Solution sln;nums = { 2,1,3 };auto res = sln.countTriplets(nums);Assert(12, res);}{Solution sln;nums = { 0,0,0 };auto res = sln.countTriplets(nums);Assert(27, res);}}

扩展阅读

视频课程

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我想对大家说的话
闻缺陷则喜是一个美好的愿望，早发现问题，早修改问题，给老板节约钱。
子墨子言之：事无终始，无务多业。也就是我们常说的专业的人做专业的事。
如果程序是一条龙，那算法就是他的是睛