poj - 3254 - Corn Fields （状态压缩）

poj - 3254 - Corn Fields （状态压缩）超详细

参考了 @外出散步 的博客，在此基础上增加了说明

题意：

农夫有一块地，被划分为m行n列大小相等的格子，其中一些格子是可以放牧的（用1标记），农夫可以在这些格子里放牛，其他格子则不能放牛（用0标记），并且要求不可以使相邻格子都有牛。现在输入数据给出这块地的大小及可否放牧的情况，求该农夫有多少种放牧方案可以选择（注意：任何格子都不放也是一种选择，不要忘记考虑！

思路：

在样例中是一个2×3的表格，我们可以用数字的二进制来枚举每一种情况

在样例中第一行是没有障碍物的，全部可以放牛，那么我们可以用二进制表示（1代表放牛，0代表不放牛），如图：

编号				十进制
1	0	0	0	0
2	0	0	1	1
3	0	1	0	2
4	1	0	0	4
5	1	0	1	5

这种用一个数来表示一组数，以降低表示状态所需的维数的解题手段，就叫做状态压缩。

这5个数字的二进制来代表，这就是第一行所有的可能，可以拓展到更多

对于第二行，只有两种

编号				十进制
1	0	0	0	0
2	0	1	0	2

当图二是1号情况时，图一可以选择全部，合计5种。

当图二是2号情况时，图一可以选择1，2，4，5号，合计4种，总共9种。

那么重点来了

我们用一个连续数组state[i]表示图一图二的情况，也就是

state[1]=0
state[2]=1
state[3]=2
state[4]=4
state[5]=5

1、上限是什么呢，假设有n列，那么上限就是$2^n$，很好理解，每个位置可以放0和1，一共n个位置

2、怎么排除没有用的呢，即障碍物，例如3就不在数组里，我们用与运算（运算规则：0&0=0;0&1=0;1&0=0;1&1=1;），假设当前是数字x，如果（x & x << 1 ）成立，说明相邻两个格子都为1，则该状态不可行

现在我们有了可以用来比较的state数组，但是这是建立在没有障碍物的基础上的，我们再去除障碍物影响

首先我们需要记录障碍物位置用数组cur[i]，表示第i行的障碍物（表示方法与上图表示一样）

3、去除障碍物影响，枚举state数组，与cur数组进行与运算，（state & cur）如果成立说明有重合，不再进行判断

剩下的工作就是开始计算结果了

状态转移方程

dp[i][k] = $\sum_{j=1}^{n}$dp[i-1][j]

i代表行数，k的大小等于state数组的长度，是一个循环，j与k是一样的

首先计算出第一行的结果，因为第一行只有地形的限制，没有其他行的限制，第一行要单独计算，剩下的是一个暴力循环

具体看代码

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include<iostream>

using namespace std;

#define mod 100000000
int M, N, top = 0;
//top表示每行最多的状态数

int state[600], num[110];
//state存放每行所有的可行状态（即没有相邻的状态
//

int dp[20][600];
//dp[i][j]:对于前i行数据，每行有前j种可能状态时的解
int cur[20];
//cur[i]表示的是第i行整行的情况

inline bool ok(int x) {    //判断状态x是否可行
    if (x & x << 1) return false;//若存在相邻两个格子都为1，则该状态不可行
    return true;
}

void init() {            //遍历所有可能的状态
    top = 0;
    int total = 1 << N; //遍历状态的上界 左移运算
    for (int i = 0; i < total; ++i) {
        if (ok(i)) state[++top] = i;//可以排除左右相邻的情况
    }
}

inline bool fit(int x, int k) { //判断状态x 与第k行的实际状态的逆是否有‘重合’
            if (x & cur[k])return false; //若有重合，（即x不符合要求）
    return true;  //若没有，则可行
}

int main() {
    while (scanf("%d%d", &M, &N) != EOF) {
        init();
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        for (int i = 1; i <= M; ++i) {
            cur[i] = 0;
            int num;
            for (int j = 1; j <= N; ++j) {  //输入时就要按位来存储，cur[i]表示的是第i行整行的情况，每次改变该数字的二进制表示的一位
                scanf("%d", &num);  //表示第i行第j列的情况（0或1）
                if (num == 0) //若该格为0
                    cur[i] += (1 << (N - j)); //则将该位置为1（注意要以相反方式存储，即1表示不可放牧
            }
        }
        for (int i = 1; i <= top; i++) {
            if (fit(state[i], 1)) {  //判断所有可能状态与第一行的实际状态的逆是否有重合
                dp[1][i] = 1;  //若第1行的状态与第i种可行状态吻合，则dp[1][i]记为1
            }

        }

        /*
        状态转移过程中，dp[i][k] =Sigma dp[i-1][j] （j为符合条件的所有状态）
         */
        for (int i = 2; i <= M; ++i) {  //i索引第2行到第M行
            for (int k = 1; k <= top; ++k) { //该循环针对所有可能的状态，找出一组与第i行相符的state[k]
                if (!fit(state[k], i)) //*****首先筛选与地形没有冲突的state
                    continue; //判断是否符合第i行实际情况  判断障碍与选择是否有冲突
                for (int j = 1; j <= top; ++j) { //找到state[k]后，再找一组与第i-1行符合，且与第i行（state[])不冲突的状态state[j]
                    if (!fit(state[j], i - 1))//*****然后筛选与上一行没有冲突的state
                        continue;  //判断是否符合第i-1行实际情况
                    if (state[k] & state[j]) // *****找到两者之后判断两者有没有冲突
                        continue;  //判断是否与第i行冲突
                    dp[i][k] = (dp[i][k] + dp[i - 1][j]) % mod;  //若以上皆可通过，则将'j'累加到‘k'上
                }
            }
        }
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= top; ++i) { //累加最后一行所有可能状态的值，即得最终结果。
            ans = (ans + dp[M][i]) % mod;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
}