【bzoj1087】【互不侵犯King】状压dp裸题(浅尝ACM-D)
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向大(hei)佬(e)势力学(di)习(tou)
Description
在N×N的棋盘里面放K个国王,使他们互不攻击,共有多少种摆放方案。国王能攻击到它上下左右,以及左上
左下右上右下八个方向上附近的各一个格子,共8个格子。Input
只有一行,包含两个数N,K ( 1 <=N <=9, 0 <= K <= N * N)
Output
方案数。
Sample Input
3 2
Sample Output16
看数据范围,1<=N<=9,什么东西的的数据范围这么小啊,总不可能是放水,所以想来也是状态压缩dp了
说道状压dp,刚开始学习的时候打的是salesman,是一道用记忆化搜索的题,害我进了一个误区,竟以为状压都要用记忆化搜索。然而状压的实质只是将状态用二进制的数字表示,结合进各种dp中去。
这类题的状态通常有优化,枚举的2^N的数字中有很大一部分是不合法的,如果每次都枚举完再判断的话有可能会超时,所以可以用一个state数组来储存合法状态(但要注意state[i]中的i不是二进制状态)
另外灵活应用位运算来判断合法不合法也是一个重要的技巧
目前我所总结到的:
1、& 可以判断是否在同一列
2、<< 和>> 可以挪动,与其他运算符结合使用可以判断斜方向上的东西
3、| 并上两行的,通常用于三行的dp
代码(有我的笨判断方法,好在对时间复杂的要求不高)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=15;
struct Node{
int state,cnt;
}a[600];
int sz=0;
int n,K;
ll dp[N][600][N*N];
bool check(int state){
bool bj=0;
int now;
while(state){
now=(state&1);
if(bj==0&&now==1) bj=1;
else if(bj==1){
if(now==1) return false;
bj=0;
}
state>>=1;
}
return true;
/*if(state&(state<<1)) return false;
if(state&(state>>1)) return false;
return true;*/
}
int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
int count(int state){
int now,rt=0;
while(state){
rt++;
state-=lowbit(state);
}
return rt;
}
bool check2(int a,int b){
if((a&b)!=0) return false;
if(check((a|b))==false) return false;
/*if((a&(b<<1))!=0) return false;
if((a&(b>>1))!=0) return false;*/
return true;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&K);
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
if(check(i)){
a[sz].state=i;
a[sz].cnt=count(i);
sz++;
}
}
for(int i=0;i<sz;i++){
dp[1][i][a[i].cnt]=1;
}
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=0;j<sz;j++){
for(int k=0;k<=K;k++){//0个也是可能的
for(int g=0;g<sz;g++){
if(check2(a[j].state,a[g].state)&&k-a[j].cnt>=0) dp[i][j][k]+=dp[i-1][g][k-a[j].cnt];
}
}
}
}
ll ans=0;
for(int i=0;i<sz;i++){
ans+=dp[n][i][K];
}
printf("%lld",ans);//long long
return 0;
}
总结:
最近总死在long long 上,下手前要先思考一下可能会达到的数据范围
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