如果字母表大小不太大...我会使用动态规划来解决这个问题...运行时间应该是O(S*2^n)，其中S = 集合数量，n = 字母表数量。
定义DP(i, bitmask)为使用此位掩码在集合0到集合i中任何子集中可以取消的最大字符数。
例如，现在我们有3个集合和5个字母{a,b,c,d,e}。
尝试使用0-1位来掩盖每个集合：
S0 = {a,d,e}，S1 = {b,c,e}，S2 = {a,c,e}
S0 = 11001 = 25，S1 = 10110 = 22，S2 = 10101 = 21
总共有2^5种不同的可能掩码，在计算DP(i, bitmask)时我们将循环遍历所有掩码。
现在初始化DP(0, x)（即简单地填充x的1位数），并使用以下转换来填充i > 0的DP(i,x)：
DP(i, x) = DP(i-1,x) + {x的二进制表示中1的个数，如果(Si & x == x); 否则为0}
Si是集合i的位掩码，&是按位与操作
答案是所有DP(S-1, x)中的最大值
如果有许多解，则此方法可以找到所有可能的解。以下是用C++编写的解决上述示例的示例代码：
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
int s[3] = {25,22,21};
int dp[5][1<<5] = {0};
int bits(int x){
int cnt = 0;
while(x){ cnt += (x&1); x>>=1;}
return cnt;
}
int main() {
for(int i=0; i< (1<<5); i++) if((s[0]&i) == i){ dp[0][i] = bits(i); }
for(int i=1; i<3;i++)
for(int j=0; j< (1<<5); j++){
dp[i][j] = dp[i-1][j];
if((s[i]&j) == j) {dp[i][j] = max(bits(j), dp[i-1][j]+ bits(j)); }
}
int x = -1;
for(int i=0; i< (1<<5); i++){
x = max(x, dp[2][i]);
printf("Maximum cancelled: %d, current DP: %d, bitmask: %d\n", x, dp[2][i], i);
}
return 0;
}
每当 DP 状态的输出等于最大取消数量时，其位掩码就是相应的解决方案，你可以轻松地转换回英文字符，即在上面的示例中为 {c,e} 或 {a,e}。
编辑：
为了回复下面的评论，我尝试在这里逐部分回答：
问题1：它仍然是指数级的吗？只有从指数级转移到设置传输到字母的数量？
答案1：是的。我之所以这样认为，是因为我认为实际上字母表的大小不会太大...但从理论上讲，它仍然是指数时间。
问题2：这个问题是 NP 完全的吗？
答案2：好吧，这是有趣的部分，以下是我的想法，如果我错了，请纠正我，我认为是 NP 完全的。我的想法是将这个问题建模成一个图问题，见下图（请原谅我的糟糕的 mspaint 技能）：
我们有一个二分图，并且与您最初的问题相同，我们现在想找到
最大完全子图——这是一般图中的
团，这是一个众所周知的NP完全问题。
然后我想，它是一个
二分图！也许二分图中的团不是NP完全的，但多亏了谷歌，我发现了另一个问题
完全二分图并关注页面上的第一个属性：
给定一个二分图，测试是否包含参数i的完全二分子图Ki，i是一个NP完全问题。
总之，我认为这是NP-Complete
Q3. 如何想出这样的DP解决方案？
A3. 结合A1，许多NPC问题实际上有一个“伪多项式解法”，而O(x * 2^y)是我所知道的相当常见的形式，例如
哈密顿回路，可以在O(n^2 * 2^n)中解决。作为额外的提示，如果你问我自己，当考虑这个DP解决方案时，我也有类似背包问题的想法...但那与你的问题有点无关...
