HDU 1693 Eat the Trees（插头DP、棋盘哈密顿回路数）+ URAL 1519 Formula 1（插头DP、棋盘哈密顿单回路数）
插头DP基础题的样子。。。输入N,M<=11，以及N*M的01矩阵，0（1）表示有（无）障碍物。输出哈密顿回路（可以多回路）方案数。。。
看了个ppt，画了下图。。。感觉还是挺有效的。。。
参考http://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2012/10/02/2710343.html
以及推荐cd琦的论文ppthttp://wenku.baidu.com/view/4fe4ac659b6648d7c1c74633.html
向中学生学习~~
感觉以后可能还会要看这篇日志。所以特意加了较多的注释。。。观客可以看注释=。=推荐画示意图。。。。
复杂度O（n*m*2^（m+1））
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
using namespace std; #define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8 int a[][];
ll dp[][][<<];
int main(){
int t,ca=;
scanf("%d",&t);
while(t--){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;++i)for(int j=;j<=m;++j)scanf("%d",&a[i][j]);
memset(dp,,sizeof(dp));
dp[][][]=;
int ma=(<<(m+));
for(int i=;i<=n;++i){
for(int j=;j<=m;++j){
for(int k=;k<ma;++k){
int d=<<(j-),r=<<j;
if(a[i][j]){// 该位置无障碍
if( ( (k&d)&&(k&r) ) || ( (~k&d)&&(~k&r)) )// 右插下插同时有或同时无，必须翻转
dp[i][j][k]=dp[i][j-][k^d^r];
else // 右插下插只有一个，可翻转可不翻转
dp[i][j][k]=dp[i][j-][k]+dp[i][j-][k^d^r];
}
else {// 该位置有障碍
if((k&d)==&&(k&r)==)// 没有右插没有下插，则方案数跟随
dp[i][j][k]=dp[i][j-][k];
}
}
}
if(i+<=)
for(int k=;k<(<<m);++k)// 换行去掉上一行的右插,下一行的开头没有进来的左插，请画图
dp[i+][][k<<]=dp[i][m][k];
}
printf("Case %d: There are %I64d ways to eat the trees.\n",++ca,dp[n][m][]);
}
return ;
}
做了上面那个入门级别的插头DP。。。做了个还是入门级别的。。。。
输入N,M<=12，以及N*M的01矩阵，'*'（'.'）表示有（无）障碍物。输出哈密顿单回路方案数。。。
这一题需要用到括号匹配，最小表示法（上面那题可以不用，我的代码就是没有用到的）。。。
这一题参考了别人的代码，尝试了2种表示方法，一种是直接存括号对应的连通分量标号，一种是只存括号的类型。。。
我的第一种方法300+ms，第二种100+ms。。。感觉还是有点区别的。。。因为存连通分量标号需要用到3位（连通分量标号最大值为MAXM/2），而括号类型只需要2位
。。
而这题跟上一题的区别，就是，单哈密顿回路的括号匹配，如果左插是'('，下插是')'，那只能在最后一个非障碍物的位置连接。。。。
具体看代码吧。。。还是建议画下示意图。。。
还有一点就是，由于用到HASH，所以HASH太大太小都可能会TLE
300+ms的版本（其实就是那个链接里的。。。。）：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
using namespace std; #define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8 #define maxd 15
#define HASH 100007
#define STATE 1000010 int n,m;
int maze[maxd][maxd],code[maxd];
int ch[maxd];//最小表示法使用
int ex,ey;//最后一个非障碍格子的坐标
struct HASHMAP{
int head[HASH],nxt[STATE],sz;
ll state[STATE];
ll f[STATE];
void clear(){sz=;memset(head,-,sizeof(head));}
void push(ll st,ll ans){
int h=st%HASH;
for(int i=head[h];i!=-;i=nxt[i])
if(state[i]==st){
f[i]+=ans;
return;
}
state[sz]=st;
f[sz]=ans;
nxt[sz]=head[h];
head[h]=sz++;
}
}hm[];
void decode(int *code,int m,ll st){
for(int i=m;i>=;i--)code[i]=st&,st>>=;
}
ll encode(int *code,int m){//最小表示法
int cnt=;
memset(ch,-,sizeof(ch));
ch[]=;
ll st=;
for(int i=;i<=m;i++){
if(ch[code[i]]==-)ch[code[i]]=cnt++;
code[i]=ch[code[i]];
st<<=;
st|=code[i];
}
return st;
}
void shift(int *code,int m){
for(int i=m;i>;i--)code[i]=code[i-];
code[]=;
}
void dpblank(int i,int j,int cur){
for(int k=;k<hm[cur].sz;k++){
decode(code,m,hm[cur].state[k]);
int left=code[j-],up=code[j];
if(left&&up){
if(left==up){//只能出现在最后一个非障碍格子
if(i==ex&&j==ey){
code[j-]=code[j]=;
if(j==m)shift(code,m);
hm[cur^].push(encode(code,m),hm[cur].f[k]);
}
}
else{//不在同一个连通分量则合并
code[j-]=code[j]=;
for(int t=;t<=m;t++)
if(code[t]==up)code[t]=left;
if(j==m)shift(code,m);
hm[cur^].push(encode(code,m),hm[cur].f[k]);
}
}
else if(left || up){
int t = left + up;
if(maze[i][j+]){
code[j-]=;
code[j]=t;
hm[cur^].push(encode(code,m),hm[cur].f[k]);
}
if(maze[i+][j]){
code[j-]=t;
code[j]=;
if(j==m)shift(code,m);
hm[cur^].push(encode(code,m),hm[cur].f[k]);
}
}
else{//无插头，则构造新的连通块
if(maze[i][j+]&&maze[i+][j]){
code[j-]=code[j]=;
hm[cur^].push(encode(code,m),hm[cur].f[k]);
}
}
}
}
void dpblock(int i,int j,int cur){
for(int k=;k<hm[cur].sz;k++){
decode(code,m,hm[cur].state[k]);
code[j-]=code[j]=;
if(j==m)shift(code,m);
hm[cur^].push(encode(code,m),hm[cur].f[k]);
}
}
char str[maxd];
void init(){
memset(maze,,sizeof(maze));
ex=;
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%s",str+);
for(int j=;j<=m;j++){
if(str[j]=='.'){// 无障碍
ex=i,ey=j;
maze[i][j]=;
}
}
}
}
void solve(){
int cur=;
ll ans=;
hm[].clear();
hm[].push(,);
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=m;j++){
hm[cur^].clear();
if(maze[i][j])dpblank(i,j,cur);
else dpblock(i,j,cur);
cur^=;
}
for(int i=;i<hm[cur].sz;i++)
ans+=hm[cur].f[i];
printf("%I64d\n",ans);
}
int main(){
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
init();
if(ex==)puts("");// 没有空的格子
else solve();
}
return ;
}
100+ms的版本（改编自那个链接里的。。。。）：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
using namespace std; #define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8 #define maxd 15
#define HASH 100007
#define STATE 1000010 int n,m;
int maze[maxd][maxd],code[maxd];
int ch[maxd];//最小表示法使用
int ex,ey;//最后一个非障碍格子的坐标
struct HASHMAP{
int head[HASH],nxt[STATE],sz;
ll state[STATE];
ll f[STATE];
void clear(){sz=;memset(head,-,sizeof(head));}
void push(ll st,ll ans){
int h=st%HASH;
for(int i=head[h];i!=-;i=nxt[i])
if(state[i]==st){
f[i]+=ans;
return;
}
state[sz]=st;
f[sz]=ans;
nxt[sz]=head[h];
head[h]=sz++;
}
}hm[];
void decode(int *code,int m,ll st){
for(int i=;i<=m;++i)code[i]=st&,st>>=;
}
ll encode(int *code,int m){//最小表示法
ll st=;
for(int i=m;i>=;--i)
st=st<<|code[i];
return st;
}
void shift(int *code,int m){
for(int i=m;i>;i--)code[i]=code[i-];
code[]=;
}
void dpblank(int i,int j,int cur){
for(int k=;k<hm[cur].sz;k++){
decode(code,m,hm[cur].state[k]);
int left = code[j-],up = code[j];
if(left&&up){
if(left== && up==){// 只能出现在最后一个非障碍格子
if(i==ex&&j==ey){
code[j-]=code[j]=;
ll tmp = encode(code,m);
if(j==m)tmp<<=;
hm[cur^].push(tmp,hm[cur].f[k]);
}
}
else{//不在同一个连通分量则合并
if(left== && up==){// ...(...(...))... ==> ...(...)...##...
for(int jj=j-,cnt=;jj>=;--jj){
if(code[jj]==)++cnt;
else if(code[jj]==)--cnt;
if(cnt==){code[jj]=-code[jj];break;}
}
code[j-]=code[j]=;
}
else if(left== && up==){// ...((...)...)... ==> ...##...(...)...
for(int jj=j,cnt=;jj<=m;++jj){
if(code[jj]==)++cnt;
else if(code[jj]==)--cnt;
if(cnt==){code[jj]=-code[jj];break;}
}
code[j-]=code[j]=;
}
else if(left== && up==){// ...(...)(...)... ==> ...(...##...)...
code[j-]=code[j]=;
}
if(j==m)shift(code,m);
hm[cur^].push(encode(code,m),hm[cur].f[k]);
}
}
else if(left || up){
int t = left | up;
if(maze[i][j+]){
code[j-]=;
code[j]=t;
hm[cur^].push(encode(code,m),hm[cur].f[k]);
}
if(maze[i+][j]){
code[j-]=t;
code[j]=;
if(j==m)shift(code,m);
hm[cur^].push(encode(code,m),hm[cur].f[k]);
}
}
else{//无插头，则构造新的连通块
if(maze[i][j+]&&maze[i+][j]){
code[j-]=,code[j]=;
hm[cur^].push(encode(code,m),hm[cur].f[k]);
}
}
}
}
void dpblock(int i,int j,int cur){
for(int k=;k<hm[cur].sz;k++){
decode(code,m,hm[cur].state[k]);
code[j-]=code[j]=;
if(j==m)shift(code,m);
hm[cur^].push(encode(code,m),hm[cur].f[k]);
}
}
char str[maxd];
void init(){
memset(maze,,sizeof(maze));
ex=;
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%s",str+);
for(int j=;j<=m;j++){
if(str[j]=='.'){// 无障碍
ex=i,ey=j;
maze[i][j]=;
}
}
}
}
void solve(){
int cur=;
ll ans=;
hm[].clear();
hm[].push(,);
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=m;j++){
hm[cur^].clear();
if(maze[i][j])dpblank(i,j,cur);
else dpblock(i,j,cur);
cur^=;
}
for(int i=;i<hm[cur].sz;i++)
ans+=hm[cur].f[i];
printf("%I64d\n",ans);
}
int main(){
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
init();
if(ex==)puts("");// 没有空的格子
else solve();
}
return ;
}
HDU 1693 Eat the Trees（插头DP、棋盘哈密顿回路数）+ URAL 1519 Formula 1（插头DP、棋盘哈密顿单回路数）的更多相关文章
- 【BZOJ1814】Ural 1519 Formula 1 插头DP
[BZOJ1814]Ural 1519 Formula 1 题意:一个 m * n 的棋盘,有的格子存在障碍,求经过所有非障碍格子的哈密顿回路个数.(n,m<=12) 题解:插头DP板子题,刷板 ...
- bzoj1814 Ural 1519 Formula 1(插头dp模板题)
1814: Ural 1519 Formula 1 Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 64 MBSubmit: 924 Solved: 351[Submit][Sta ...
- bzoj 1814 Ural 1519 Formula 1 插头DP
1814: Ural 1519 Formula 1 Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 64 MBSubmit: 942 Solved: 356[Submit][Sta ...
- hdu 1693 Eat the Trees——插头DP
题目:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1693 第一道插头 DP ! 直接用二进制数表示状态即可. #include<cstdio> # ...
- HDU 1693 Eat the Trees(插头DP)
题目链接 USACO 第6章,第一题是一个插头DP,无奈啊.从头看起,看了好久的陈丹琦的论文,表示木看懂... 大体知道思路之后,还是无法实现代码.. 此题是插头DP最最简单的一个,在一个n*m的棋盘 ...
- HDU - 1693 Eat the Trees(多回路插头DP)
题目大意:要求你将全部非障碍格子都走一遍,形成回路(能够多回路),问有多少种方法 解题思路: 參考基于连通性状态压缩的动态规划问题 - 陈丹琦 下面为代码 #include<cstdio> ...
- HDU 1693 Eat the Trees（插头DP，入门题）
Problem Description Most of us know that in the game called DotA(Defense of the Ancient), Pudge is a ...
- HDU 1693 Eat the Trees （插头DP）
题意:给一个n*m的矩阵,为1时代表空格子,为0时代表障碍格子,问如果不经过障碍格子,可以画一至多个圆的话,有多少种方案?(n<12,m<12) 思路: 这题不需要用到最小表示法以及括号表 ...
- HDU 1693 Eat the Trees ——插头DP
[题目分析] 吃树. 直接插头DP,算是一道真正的入门题目. 0/1表示有没有插头 [代码] #include <cstdio> #include <cstring> #inc ...
随机推荐
- PHP基础文件下载类的简单封装
1: <?php 2: /** 3: * [FileDown 公用文件下载方法] 4: * @param [type] $filePath [文件路径(绝对路径或相对路径)] 5: */ 6: ...
- button事件驱动
using System; using System.Collections.Generic; using System.ComponentModel; using System.Data; usin ...
- Mac Pro 安装 cmake，报错 Warning: cmake-3.5.2 already installed, it's just not linked
1.先安装 brew,参考文章:Mac Pro 安装 Homebrew 软件包管理工具 2.执行安装命令 brew install cmake 出现警告提示: Warning: cmake-3.5.2 ...
- C++之通用队列模版
功能:在qtcreator上用模版的方式实现队列数据格式存储多样化. 模版实现的两种方式: 1.模版的实现直接在头文件里声明并定义,别的类通过#include"*.h"进行包含,则 ...
- Java之properties文件读取
1.工程结构 2.ConfigFileTest.java package com.configfile; import java.io.IOException; import java.io.Inpu ...
- 高性能滚动 scroll 及页面渲染优化
最近在研究页面渲染及web动画的性能问题,以及拜读<CSS SECRET>(CSS揭秘)这本大作. 本文主要想谈谈页面优化之滚动优化. 主要内容包括了为何需要优化滚动事件,滚动与页面渲染的 ...
- h5上传图片
1.如何在H5上传图片 使用FileReader 2.FileReader接口 传图片我们只用到readAsDataURL 3.FileReader接口事件 传图片我们只用到onload 4.如何使用 ...
- HDNOIP普及+提高整合
好久没有更新博客了...这几天一直在切 HDNOIP... 正式时跪惨了...所以考完后回来奋力切出了所有题. [COJ3351]HDNOIP201601回文质数 试题描述 回文数是具有对称性的自然数 ...
- JavaScript中var关键字的使用详解
作用 声明作用:如声明个变量. 语法 ? 1 var c = 1; 省略var 在javascript中,若省略var关键字而直接赋值,那么这个变量为全局变量,哪怕是在function里定义的. ? ...
- linux定时执行脚本
阅读目录 1. cron服务[Ubuntu环境] 2. crontab用法 3. 编辑crontab文件 4. 流程举例 5. 几个例子 Linux中,周期执行的任务一般由cron这个守护进程来处理. ...