[GDOI2014]拯救莫莉斯 状压DP
题面:
莫莉斯·乔是圣域里一个叱咤风云的人物,他凭借着自身超强的经济头脑,牢牢控制了圣域的石油市场。
圣域的地图可以看成是一个n*m的矩阵。每个整数坐标点(x , y)表示一座城市( 1\le x\le n,1\le y\le m1≤x≤n,1≤y≤m )。两座城市间相邻的定义为:对于城市(Ax, Ay)和城市(Bx, By),满足 (Ax - Bx)^2 + (Ay - By)^2 = 1(Ax−Bx)2+(Ay−By)2=1 。
由于圣域的石油贸易总量很大,莫莉斯意识到不能让每笔石油订购单都从同一个油库里发货。为了提高效率,莫莉斯·乔决定在其中一些城市里建造油库,最终使得每一个城市X都满足下列条件之一:
1.该城市X内建有油库,
2.某城市Y内建有油库,且城市X与城市Y相邻。
与地球类似,圣域里不同城市间的地价可能也会有所不同,所以莫莉斯想让完成目标的总花费尽可能少。如果存在多组方案,为了方便管理,莫莉斯会选择建造较少的油库个数。
n * m <= 50, m < n
简单题意:
有一个带权值的矩阵,取一个方格的代价为它的权值,取一个方格时可以给它自己和上下左右的格子打上标记,求最小代价(代价相同取最少数量的方格)使得整个矩阵都被标记。
题解:
观察到n * m <=50,m < n,也就是说m最大也只能是7,看见这么小的数,,,显然这就是个状压啊!
第一眼貌似就是很套路的状压,,,
不过貌似还是有不同的,
唯一的不同在于:一行受上一行和下一行的同时影响,也就是说当前行可以不满足全都标记,因为后来还可以有别的城市来标记它,
因此枚举i和i-1和i-2行的状态,合法条件为:必须使得i-1合法,因此i-1要是再不合法的话以后都不能合法了,,,
同时将f初始化为极大值,这样的话就无需判断i-2是否合法,因为不合法的话将不会被更新,那么值就是inf,也就不会被当做决策了
但是观察到我们并不方便临时计算每个状态的各种数据,因此我们先预处理一遍,处理出每一行的每一个状态对应的城市数和代价,
分别记为num[i][j].num 和 num[i][j].cost
设f[i][j][k].cost 为第i行状态为j,第i-1行状态为k的最小代价,f[i][j][k].num表示在最小代价的基础上的最少城市数,
那么我们的合法条件显然为:if(((k | j | l | (k << 1) | (k >> 1)) & all) == all),其中k为i-1行,j为i行,l为i-2行,
all为2 ^ m - 1 , 也就是2进制下的 111111(m个1)
& all用于消除高于m位的1,以免对ans产生影响。
如果==all就表示合法,因为| j 和| l 表示用上下的城市来标记k一次,然后k << 1 和k >> 1就是用左右的城市来标记一次
那么有转移方程:
if(f[i-1][k][l] + num[i][j] <= f[i][j][k])
f[i][j][k]=f[i-1][k][l] + num[i][j];
其中
node operator + (node a,node b)
{
a.cost += b.cost;
a.num += b.num;
return a;
} bool operator <= (node a,node b)
{
if(a.cost < b.cost) return true;
else if(a.cost == b.cost && a.num < b.num) return true;
else return false;
}
最后统计ans的时候的合法条件为第n行合法。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int
#define AC 300
#define inf 80000000
#define ac 50
int n,m,all;
int s[ac][ac];
struct node{
int cost,num;
}f[ac][AC][AC],num[ac][AC],ans;
/*因为n * m <= 50 , m < n,所以m实际上是很小的,m <= sqrt(50),
因此预处理出对于每一行,任意状态下的油库个数和代价,在代价相同的基础上取油库最少
一定要注意状态从0开始枚举!*/
node operator + (node a,node b)
{
a.cost += b.cost;
a.num += b.num;
return a;
} bool operator <= (node a,node b)
{
if(a.cost < b.cost) return true;
else if(a.cost == b.cost && a.num < b.num) return true;
else return false;
} void pre()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
all=( << m) - ;
for(R i=;i<=n;i++)
for(R j=;j<=m;j++)
scanf("%d",&s[i][j]);
for(R i=;i<=n;i++)//枚举行,看做常数?
for(R j=;j<=all;j++)//枚举状态
for(R k=;k<=m;k++)//看做常数?
if(j & ( << (m - k))) //预处理,,,但是看上去复杂度很高啊
{
num[i][j].cost+=s[i][k];
num[i][j].num++;
}
ans.cost=inf , ans.num=inf;
} void work()
{
for(R i=;i<=all;i++) f[][i][]=num[][i];
for(R i=;i<=all;i++)
for(R j=;j<=all;j++)
{
f[][i][j].cost = inf;
if(((j | i | (j << ) | (j >> )) & all) == all)
f[][i][j]=f[][j][] + num[][i];
}
for(R i=;i<=n;i++)//枚举行
for(R j=;j<=all;j++)//枚举当前行
for(R k=;k<=all;k++)//枚举上一行状态
{
f[i][j][k].cost = inf;
f[i][j][k].num = inf;
for(R l=;l<=all;l++)//枚举上上行状态
if(((k | j | l | (k << ) | (k >> )) & all) == all)//全都更新一遍,至于如何解决二次传播的方法,,,用原版就好了啊
if(f[i-][k][l] + num[i][j] <= f[i][j][k])
f[i][j][k]=f[i-][k][l] + num[i][j];
}
for(R i=;i<=all;i++)
{
for(R j=;j<=all;j++)
if(((i | j | (i << ) | (i >> )) & all) == all)
if(f[n][i][j] <= ans) ans=f[n][i][j];
}
printf("%d %d\n",ans.num,ans.cost);
}//因为受两行影响,而且是上下两行,,,,所以当前行不用满足,保证上一行满足即可???
//因为上一行还不满足的话就满足不了了
int main()
{
// freopen("in.in","r",stdin);
pre();
work();
// fclose(stdin);
return ;
}
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