题目链接
输入n：人数，m：题目数，b：每个显示器价格
然后对于每个人，输入x：需要的钱，k至少需要的显示器个数，m：会的题目
下一行输入会的题目
选一些人，使得包括所有的题目且钱最少（每个人需要的钱加上显示器的钱）
(1?≤?n?≤?100; 1?≤?m?≤?20; 1?≤?b?≤?109)、 (1?≤?xi?≤?109; 1?≤?ki?≤?109; 1?≤?mi?≤?m)
如果题目中的数据量比较小，显然是可以用状压DP来做的，就是加一个当前用的显示器的状态即可。但是关键在于，题目中的k是比较大的，所以如果把这一维加上去显然是不能进行DP的。那么我们可以尝试着进行转化，既然基本符合DP的原则，只有显示器数量这一个状态是不符合的，那么就考虑一下如何处理这一个状态。这个状态要求是至少，那么我们如果考虑某一时刻所选择的所有人的k的最大值时，其他的那些人是不用考虑k值的，因为最后一个的k是最大的。那么就有方向了，可以将所有的人安装k排序，对于0 - i-1的人是正常的DP（不考虑k，只考虑题目），到第i个人时，找一下那些状态可以和i人的题目加起来达到所有值（覆盖所有题目），不过这时候加上k*percost即可。
再说一下，这个问题其实也可以考虑成DLX，每一个人作为行，题目作为列。但是问题在于，既要最小费用又要计算k，还是一个重复覆盖，剪枝效率不高，对于这个数据量会超时，不过也是一个方向。
关键在于对于大的一个维度的处理，使得问题可以用状压DP来解
注意对INF的初始化
const LL INF = 1100000000000000000;const int MAXN = 110;struct Node{ int cost, Min, n; int operator< (const Node& a) const { return Min < a.Min; }} ipt[MAXN];LL dp[1100000];int main(){// freopen("in.txt", "r", stdin); int people, problem, percost; while (~RIII(people, problem, percost)) { int all = (1 << problem) - 1; FE(i, 1, all) dp[i] = INF; dp[0] = 0; REP(i, people) { RII(ipt[i].cost, ipt[i].Min); int n, t, v = 0; RI(n); REP(j, n) { RI(t); v |= (1 << (t - 1)); } ipt[i].n = v; } sort(ipt, ipt + people); LL ans = INF; REP(i, people) { FE(j, 0, all) { if ((ipt[i].n | j) == all) { ans = min(ans, dp[j] + ipt[i].cost + (LL)percost * ipt[i].Min); } } FED(j, all, 0) { int nxt = j | ipt[i].n; dp[nxt] = min(dp[nxt], dp[j] + ipt[i].cost); } } if (ans != INF) cout << ans << endl; else puts("-1"); } return 0;} 
