[HOJ2662]Pieces Assignment<状态压缩dp>

描述：

　　有一个n*m的棋盘(n、m≤80,n*m≤80)要在棋盘上放k(k≤20)个棋子，使得任意两个棋子不相邻（每个棋子最多和周围4个棋子相邻）。求合法的方案总数。

输入：

　　本题有多组测试数据，每组输入包含三个正整数n,m和k。

输出：

　　对于每组输入，输出只有一个正整数，即合法的方案数。

样例输入：

2 2 3 
4 4 1

样例输出：
0

16

【思路】

正常的想法是dp,一般的定义是dp[i][j]表示前i行放j个的方案数。。。

当然这种定义并不能储存状态，我们可以用状态压缩dp来实现；

这是一个棋盘，我们可以把放棋子理解为1，不放为0，那么一行就是由0,1组成，这些0,1在一起就是一个二进制数，即我们可以把每一行都转成十进制表示，而这个十进制的二进制就对应着这行的状态

dp定为dp[i][j][k]表示在前i行已经放了j个棋子，当前这一行放的状态是k，一个数字k表示着一种合法的放置方式

【步骤】

一开始先预处理第一行可以怎么放

因为不能两两相挨着，所以单独放一行的时候，这个二进制x&(x<<1)必须为0，假设x为10101，x<<1就是101010，&起来就是0，x就是合法的，记录到一个新的数组里

然后就是枚举行，总的个数，上一行的状态x，当前行的状态y

如果x状态和y状态&运算后==0并且j>=num(mark[x])//枚举的个数大于等于x状态下的棋子个数

dp[i][j][x]+=dp[i-1][j-num(x)][y];

最后再把第i行放k个的所有状态加起来就是ans了

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #include
 5 #include
 6 #include
 7 #include
 8 #define maxn 260
 9 #define LL long long
10 using namespace std;
11 
12 LL dp[85][25][1<<6];//到第i行时填了j个，第i行是填第k种状态 
13 int n,m,k;
14 LL ans,tot,mark[maxn];
15 
16 int num(int x){
17     int su=0;
18     while(x){
19         if(x&1)su++;
20         x>>=1;
21     }return su;
22 }
23 
24 int main(){
25     while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF){
26         if(n//m是尽量小的那个
27         tot=0;
28         memset(dp,0,sizeof(dp));
29         memset(mark,0,sizeof(mark));
30         for(LL i=0;i<(1<){
31             if(!(i&(i<<1))){//当前行是合法的 
32                 dp[1][num(i)][tot]=1;
33                 mark[tot++]=i;//记录合法状态 
34             }
35         }        
36         for(int i=2;i<=n;i++){
37             for(int j=0;j<=k;j++){
38                 for(LL x=0;x){
39                     for(LL y=0;y){
40                         if((mark[x]&mark[y])==0&&j>=num(mark[x])){
41                             dp[i][j][x]+=dp[i-1][j-num(mark[x])][y];
42                         }
43                     }
44                 }
45             }
46         }
47         ans=0;
48         for(LL i=0;i)
49             ans+=dp[n][k][i];
50         printf("%lld\n",ans);
51     }
52 }

View Code

【总结】

状态压缩dp要观察转移 ，定义要准确，灵活运用二进制

1.x=(1<<(i-1))|x;这个运算可以让x二进制下的第i位变成1

2.if(1<<(i<<1)&x==1)可以判断x二进制下的第i位是否为1，else就是不为1的情况

3.x=x&(x-1)这个是去掉x二进制下最右边的那个1，对奇偶都成立，可以自行举例证明