POJ-3254 + POJ-1185 状压DP入门题

题意：一个n*m的矩阵，0表示不能放，1表示能放，不能有两个1相邻放，问有多少种方案%1e9

原以为我还比较会位运算的。。。还是太天真了。。。

状压的各种细节就不写了别的博客讲了很多，重点梳理一下自己的思路

因为两个1不能出现在相邻位置，首先筛出（1<

然后，状压dp还是dp，核心仍然是如何转移，第一层肯定是行数，第二层就枚举当前可行的方案数，

如何判断这个方案数在当前行可用呢？输入时先把图上的状态反着存起来，这样刚好可以&一下判断！

原因在于原本不可用的块反过来存是1，如果你的方案在这个不可用的1上有放置，那么&之后就是非0的，矛盾！

确定之后来看转移，这里同样要枚举上一层的可能情况，然后验证冲突，这里显然简单&一下

如果是不冲突的那就直接转移了，求方案数的转移直接加起来取模

普通DP学的不好开状压还是勉强了。。。

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #include
 5 #define LL long long
 6 #define debug(x) cout << "[" << x << "]" << endl
 7 using namespace std;
 8 
 9 const int mod = 1e9;
10 int dp[15][5000], mp[15], sta[5000];
11 
12 int main(){
13     int m, n, k = 0, x;
14     scanf("%d%d", &n, &m);
15     for (int i = 1; i <= n; i++){
16         for (int j = 1; j <= m; j++){
17             scanf("%d", &x);
18             if (!x) mp[i] |= 1<<(j-1);
19         }
20     }
21     for (int i = 0; i < (1<)
22         if (!(i&(i<<1))) sta[k++] = i;
23     for (int i = 0; i < k; i++)
24         if (!(sta[i] & mp[1])) dp[1][i] = 1;
25     for (int i = 2; i <= n; i++){
26         for (int j = 0; j < k; j++){
27             if (mp[i] & sta[j]) continue;
28             for (int s = 0; s < k; s++){
29                 if (mp[i-1] & sta[s]) continue;
30                 if (sta[j] & sta[s]) continue;
31                 dp[i][j] += dp[i-1][s];
32             }
33         }
34     }
35     int ans = 0;
36     for (int i = 0; i < k; i++){
37         ans += dp[n][i];
38         ans %= mod;
39     }
40     printf("%d\n", ans);
41     return 0;
42 }

 

 

UPD：POJ-1185炮兵阵地

跟这题一样，预处理状态要检查三格里面只能有一个1的，所以合法状态变少了

然后从预处理第一行变成预处理前两行，所以dp的枚举也多了一维

都是一个套路

 1 #include 
 2 #include 
 3 #include 
 4 #include 
 5 #define LL long long
 6 #define INF 0x3f3f3f3f
 7 #define debug(x) cout << #x << " = " << x << endl
 8 using namespace std;
 9 
10 int dp[105][70][70];
11 int sta[70], mp[105], a[70];
12 char s[15];
13 
14 int main(){    
15     int n, m;
16     scanf("%d%d", &n, &m);
17     for (int i = 1; i <= n; i++){
18         scanf("%s", s+1);
19         for (int j = 1; j <= m; j++){
20             if (s[j] == 'H')
21                 mp[i] |= (1<<(j-1));
22         }
23     }
24 
25     int s = 0;
26     for (int i = 0; i < (1<){
27         if ((i & (i<<1)) || (i & (i<<2))) continue;
28         sta[s] = i;
29         int num = 0, k = i;
30         while (k){
31             num++;
32             k &= k-1;
33         }
34         a[s++] = num;
35     }
36 
37     for (int i = 0; i < s; i++){
38         if (mp[1] & sta[i]) continue;
39         dp[1][i][0] = a[i];
40     }
41 
42     for (int i = 0; i < s; i++){
43         if (mp[2] & sta[i]) continue;
44         for (int j = 0; j < s; j++){
45             if (mp[1] & sta[j]) continue;
46             if (sta[i] & sta[j]) continue;
47             dp[2][i][j] = max(dp[2][i][j], dp[1][j][0]+a[i]);
48         }
49     }
50 
51     for (int i = 3; i <= n; i++){
52         for (int j = 0; j < s; j++){
53             if (mp[i] & sta[j]) continue;
54             for (int k = 0; k < s; k++){
55                 if (mp[i-1] & sta[k]) continue;
56                 if (sta[j] & sta[k]) continue;
57                 for (int r = 0; r < s; r++){
58                     if (mp[i-2] & sta[r]) continue;
59                     if (sta[j] & sta[r]) continue;
60                     if (sta[k] & sta[r]) continue;
61                     dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i-1][k][r]+a[j]);
62                 }
63             }
64         }
65     }
66 
67     int ans = 0;
68     for (int i = 0; i < s; i++)
69         for (int j = 0; j < s; j++)
70             ans = max(ans, dp[n][i][j]);
71     printf("%d\n", ans);
72     return 0;
73 }

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