bzoj 5248: [2018多省省队联测]一双木棋 博弈论+状压dp

题意

菲菲和牛牛在一块n行m列的棋盘上下棋，菲菲执黑棋先手，牛牛执白棋后手。棋局开始时，棋盘上没有任何棋子，两人轮流在格子上落子，直到填满棋盘时结束。落子的规则是：一个格子可以落子当且仅当这个格子内没有棋子且这个格子的左侧及上方的所有格子内都有棋子。棋盘的每个格子上，都写有两个非负整数，从上到下第i行中从左到右第j列的格子上的两个整数记作Aij、Bij。在游戏结束后，菲菲和牛牛会分别计算自己的得分：菲菲的得分是所有有黑棋的格子上的Aij之和，牛牛的得分是所有有白棋的格子上的Bij的和。菲菲和牛牛都希望，自己的得分减去对方的得分得到的结果最大。现在他们想知道，在给定的棋盘上，如果双方都采用最优策略且知道对方会采用最优策略，那么，最终的结果如何
n,m≤10。

分析

考虑状压，不难发现有用的状态数只有 C2020≤2∗105 C 20 20 ≤ 2 ∗ 10 5 ，且每个状态可以转移到的状态不超过 O(n) O ( n ) 个，那么就可以大力dp啦。
设 f(S) f ( S ) ，若 S S 这个状态是先手点则表示先手-后手的最大值，否则就表示最小值。
对于一个先手点，其状态等于当前位置的贡献+所有能到达的后手状态的最大值。
后手点就是贡献+所有能到达状态的最小值。

代码

#include
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using namespace std;

typedef long long LL;

const int inf=1000000000;

int n,m,f[1000005],a[15][15],b[15][15],sz;
mapint> ma;
struct data{int a[15];};

LL trans(data x)
{
    LL y=0;
    for (int i=1;i<=m;i++) y=(LL)y*11+x.a[i];
    return y;
}

data trans(LL x)
{
    data y;
    for (int i=m;i>=1;i--) y.a[i]=x%11,x/=11;
    return y;
}

int dp(data x)
{
    LL y=trans(x);
    if (ma[y]) return f[ma[y]];
    ma[y]=++sz;int id=sz,op=0;
    for (int i=1;i<=m;i++) op^=x.a[i]&1;
    int ans=!op?-inf:inf;
    for (int i=1;i<=m;i++)
        if ((i==1||x.a[i]1])&&x.a[i]return f[id]=ans;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)
            scanf("%d",&a[i][j]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)
            scanf("%d",&b[i][j]);
    data u;
    for (int i=1;i<=m;i++) u.a[i]=n;
    ma[trans(u)]=++sz;
    for (int i=1;i<=m;i++) u.a[i]=0;
    printf("%d",dp(u));
    return 0;
}