USACO Corn Fields

洛谷 P1879 [USACO06NOV]玉米田Corn Fields

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题目描述

Farmer John has purchased a lush new rectangular pasture composed of M by N (1 ≤ M ≤ 12; 1 ≤ N ≤ 12) square parcels. He wants to grow some yummy corn for the cows on a number of squares. Regrettably, some of the squares are infertile and can't be planted. Canny FJ knows that the cows dislike eating close to each other, so when choosing which squares to plant, he avoids choosing squares that are adjacent; no two chosen squares share an edge. He has not yet made the final choice as to which squares to plant.

Being a very open-minded man, Farmer John wants to consider all possible options for how to choose the squares for planting. He is so open-minded that he considers choosing no squares as a valid option! Please help Farmer John determine the number of ways he can choose the squares to plant.

农场主John新买了一块长方形的新牧场，这块牧场被划分成M行N列(1 ≤ M ≤ 12; 1 ≤ N ≤ 12)，每一格都是一块正方形的土地。John打算在牧场上的某几格里种上美味的草，供他的奶牛们享用。

遗憾的是，有些土地相当贫瘠，不能用来种草。并且，奶牛们喜欢独占一块草地的感觉，于是John不会选择两块相邻的土地，也就是说，没有哪两块草地有公共边。

John想知道，如果不考虑草地的总块数，那么，一共有多少种种植方案可供他选择？（当然，把新牧场完全荒废也是一种方案）

输入格式

第一行：两个整数M和N，用空格隔开。

第2到第M+1行：每行包含N个用空格隔开的整数，描述了每块土地的状态。第i+1行描述了第i行的土地，所有整数均为0或1，是1的话，表示这块土地足够肥沃，0则表示这块土地不适合种草。

输出格式

一个整数，即牧场分配总方案数除以100,000,000的余数。

输入输出样例

输入 #1复制

输出 #1复制

题解：

看到这个数据范围，和这个招牌的01串。应该能想到是状压\(DP\)计数的问题。

（话说状压\(DP\)就是按数据范围碰？）

那么我们考虑把状态设置成：\(dp[i][j]\)表示第\(i\)行状态为\(j\)的时候的方案数。

现在这道题最让我们无所适从的条件就是判断这块地能不能种草。

我们容易发现：不能种草的情况只有两种：有一些地本来就是荒芜的，不能种草。另外有一些地是因为相邻的地被种上草了所以不能种草。所以我们在转移的时候一定要把判断条件处理好了。

这个怎么去判断呢？

需要高深的位运算知识

• 首先我们开一个数组来存初始状态，即输入时的状态（即\(F[i]\)数组），之所以要存储这个初始状态是为了处理本来就荒芜的情况。那么，对于我们当前枚举到的状态\(j\)，需要把它和初始状态进行对比。初始状态可以种草的地可以种也可以不种，但是初始状态不可以种草的地绝对不能种。要判断当前状态\(j\)合法，只需要把当前状态和\(F[i]\)进行对比，如果不让种的地都没种，那么不管可以种的地到底种没种，这个状态都是合法的。

所以我们的判断条件就是\(j\&F[i]==j\)。这样的话，如果\(j\)在不该种草的地方种上了草（得1），那么它与上0会得0，就不等于\(j\)了。

• 然后我们考虑相邻格子，相邻格子有两种：横向相邻和纵向相邻。

显然，如果一个状态合法，在横向上会有\(010101...\)这样的情况出现，也就是说对于一个1，它的前一位和后一位肯定是\(0\).那么我们开一个状态数组\(st[i]\)。如果它符合“\(010101...\)”的条件，那么显然会有：

\(i\&(i<<1)=0,i\&(i>>1)=0\)。

那么纵向相邻怎么判呢？可以发现，纵向是否相邻是由当前枚举到的状态决定的。所以无法预处理，只能在枚举当前状态时看。

当我们枚举到一个状态：\(dp[i][j]\)的时候，我们需要知道的是\(dp[i-1]\)的状态。不需要考虑\(dp[i+1]\)的状态的原因是动态规划的无后效性。那么我们只需要再枚举\(dp[i-1]\)的状态，依次确认是否合法即可。合法的条件就是\(k\&j=0\)。也就是说，在\(k\)能种的地上\(j\)必须选择不种。

那么转移方程就是：

\[dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-1][k]\quad(mod\,\,p)
\]

最终的答案还要统计所有的方案数。需要把所有状态枚举一遍，依次累加\(dp[m][i]\)。

那么这道题就完事了。难点不是状压的过程，是状压合法转移的判断过程。

代码：

#include<cstdio>
#include<bitset>
using namespace std;
const int mod=1e9;
int m,n;
int map[20][20];
int dp[20][1<<12],F[20];
bool st[1<<12];
//dp[i][j]表示第i行状态为j的时候的方案数
int main()
{
    scanf("%d%d",&m,&n);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            scanf("%d",&map[i][j]);
            F[i]=(F[i]<<1)+map[i][j];
        }
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        st[i]=((i&(i<<1))==0) && (((i&(i>>1))==0));
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=0;j<(1<<n);j++)
            if(st[j] && ((j&F[i])==j))
                for(int k=0;k<(1<<n);k++)
                    if((k&j)==0)
                        dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k])%mod;
    int ans=0;
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        ans=(ans+dp[m][i])%mod;
    printf("%d",ans);
    return 0;
}