暑假集训Day2 互不侵犯（状压dp）

这又是个状压dp （大型自闭现场）

题目大意：

在N*N的棋盘里面放K个国王，使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。国王能攻击到它上下左右，以及左上左下右上右下八个方向上附近的各一个格子，共8个格子。

输入格式：

只有一行，包含两个数N,K 。

输出格式：

所得的方案数。

算法分析：

1.显然这又是一道状压的题
2.显然一样是用f数组表示方案数

But 这个f数组需要开三维

为什么呢
我们首先分析一下f的转移情况 f的状态与什么有关呢 首先我们很容易知道我们的dp是从上往下一点点递推实现的 而这个国王会攻击到自己的身旁八个位置
所以呢 那f就会对自己的下一行产生影响 而且只会对自己的下一行产生影响 换而言之 f只和自己上一行的状态有关
这样的话我们就会用到两维，一维存储前i行 另一维存储状态 但是看到这个题只用两维是不够的 因为这个题需要放置的国王个数恰好等于K
所以我们将前i行放置的国王个数作为一维
和平时的状压题一样我们将状态作为最后一维 所以关于f[i][j][k]的定义我们有 前i行共放了j个国王而且第i行所放国王的状态为k 的方案数
所以我们就可以写出这样的状态转移方程

int sum(int x){
	int cnt = 0;
	for(int i = x;i;i-=lowbit(i))cnt++;
	return cnt;
}

for(int i = 1;i <= n;++i)
		for(int j = 0;j < maxs;++j){//枚举本行状态
			if(j & (j<<1))continue;//如果该状态冲突则跳过
			for(int k = 0;k < maxs;++k){//枚举上一行状态
				if(j & k || j & (k << 1) || j & (k>>1))continue;//如果当前行状态和上一行状态冲突则跳过
				for(int s = sum(j);s <= m;++s)//枚举前i行所放的国王个数
					f[i][s][j] += f[i-1][s - sum(j)][k];//+=上一行的成立状态数
			}
		}

这个代码的注释已经很清晰了
但是我们再具体分析一下思想（如果不理解sum函数的去翻暑假集训day2 特殊方格棋盘）
首先我们枚举行数
然后枚举本行的状态
本行状态与自己冲突的情况就是(j & (j<<1))为真 j有两位二进制位同时为1 那么才可能（j&j<<1）为真
举个栗子：j = 01100 那么j<<1就是11000和j取与后并不等于0 所以冲突（即连续两个格子放置了国王，他们互相攻击）

3.然后就要枚举上一行的状态
关于本行与上一行状态冲突的判定具体方法可参见上一条

最后的累加：

划重点： sum(j) 为当前行所放的国王个数，前i行的国王个数肯定就是大于等于这个数的 枚举前i行国王个数，然后减去sum(j)就是前i-1行共放的国王个数
因此f[i-1][s-sum(j)][k] 就是 前i-1行共s-sum(j)个国王并且第i-1行的国王个数为k的方案数
通过这个的累加就是我们的递推过程

代码

#include
using namespace std;
long long f[10][100][1000],ans;//f[i][j][k]表示前i行放j个国王并且当前行状态为k的成立方案数
int lowbit(int x){return x & -x;}

int sum(int x){
	int cnt = 0;
	for(int i = x;i;i-=lowbit(i))cnt++;
	return cnt;
}

int main(){
	int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
	f[0][0][0] = 1;
	int maxs = 1<>1))continue;//如果当前行状态和上一行状态冲突则跳过
				for(int s = sum(j);s <= m;++s)//枚举前i-1行所放的国王个数
					f[i][s][j] += f[i-1][s - sum(j)][k];//+=上一行的成立状态数
			}
		}
	for(int i = 0;i < 1<

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