[状压DP]车

车

车

车

---

题目描述

在

n

∗

n

n*n

n∗n(

n

≤

20

n≤20

n≤20)的方格棋盘上放置

n

n

n个车(可以攻击所在行、列)，有些格子不能放,求使它们不能互相攻击的方案总数。

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输入

第一行为棋盘的大小

n

n

n
第二行为障碍的数量

m

m

m
第三行到第

m

+

3

m+3

m+3为

m

m

m个障碍

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输出

总数

---

样例输入

4
2
1 1
2 2

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样例输出

14

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题目解析

首先，我们看题，想到可以用

D

P

DP

DP来做。以

f

[

i

]

[

j

]

f[i][j]

f[i][j]来储存位置

i

,

j

i,j

i,j的状态。
但考虑到要考虑到棋盘的状态，所以要用状压DP。

状压DP是以DP为基础，将二维压至一维，转化为十进制存储至数组里
然后，我们将

f

[

i

]

[

j

]

f[i][j]

f[i][j]压至一维，并且以一个数值

p

[

i

]

p[i]

p[i]表示

2

2

2的

i

i

i次方
通过一个

a

a

a数组来表示障碍的状态。
通过一位巨佬的指教，我得出了一个转移

a

[

x

]

=

p

[

y

−

1

]

a[x]=p[y-1]

a[x]=p[y−1]
然后以一个c来记录当前的行数，得到状态转移方式

for(t=i & ~a[c];t;t-=t & (-t))
		 f[i]+=f[i^(t & (-t))];

（其中

1

1

1是不能放，表放过或有障碍；

0

0

0是可以放）

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code

#include<stdio.h>

#include<iostream> 

using namespace std;

long long n,m,x,y,t,c;
long long a[25],p[25],f[1<<20]={1}; 

int main ()
{
	scanf ("%lld%lld",&n,&m);
	p[0]=1;
	for (long long i=1;i<21;++i) p[i]=p[i-1]*2;
	for (long long i=1;i<=m;++i)
	{
		scanf ("%lld%lld",&x,&y);
		a[x]+=p[y-1];
	}
	for (long long i=1;i<p[n];++i)
	{
		for(c=0,t=i;t;t-=t & (-t))c++;
		for(t=i & ~a[c];t;t-=t & (-t))
		 f[i]+=f[i^(t & (-t))];
	}
	printf ("%lld",f[p[n]-1]);
    return 0;
}