思路：
明显的dp，虽然我想到了二进制模拟，想到了转移，但还是先看了题解，原来真是这样，，，，不是第三题吗？
用f[i]表示,对于前i个罪犯最少需要分几组。
对于每个状态用二进制表示，第i位上1,0表示该集合中是否包含i罪犯。
转移时，枚举中间节点,把f[i]看成所有f[j]+f[i^j]的最小值。（即两个最小的互补子集的和）
咳咳，有人问我为什么是^抑或，因为U=A^B，U^A=B,U^B=A.（U是全集，A,B是子集）
#include<iostream> #include<queue> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; const int N= 1<<17; int n,m,k,f[N]; bool map[20][20]; int tot; int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1,x,y;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); --x,--y;//从零开始记，也就是二进制的第一位 map[x][y]=map[y][x]=1; } memset(f,127,sizeof(f)); for(int i=0;i<(1<<n);i++) { tot=0; for(int j=0;j<n;j++) for(int kk=j;kk<n;kk++) if(map[j][kk]&&((1<<j)&i)&&((1<<kk)&i)) tot++;//看看这个状态下有多少犯人之间有矛盾 if(tot<=k) f[i]=1;//小于K的话，一组就够了 for(int j=i;j;j=(j-1)&i) f[i]=min(f[i],f[j]+f[i^j]);//可以看成是两个部分的和，但要两部分犯人完美拼合。（也就是说两部分犯人即使放一块，最优解也是他们各自在自己原来的组里） } cout<<f[(1<<n)-1]; return 0; }