【SSL 1382】车【状压DP】

车

Time Limit:1000MS Memory Limit:65536K
Total Submit:113 Accepted:46

Description

在n*n(n≤20)的方格棋盘上放置n个车(可以攻击所在行、列)，有些格子不能放,求使它们不能互相攻击的方案总数。

Input

第一行为棋盘的大小n
第二行为障碍的数量m
第三行到第m+3为m个障碍

Output

总数

Sample Input

4
2
1 1
2 2

Sample Output

14

分析：

明明学长讲状压$DP$原理时我还听得挺明白 的$QwQ\dots \dots$
结果$code$一堆位运算好复杂$QwQ\dots \dots$
读题 此题$n,m$都很小 并且是求方案总数 就是用状压$DP$了
$a$数组表示当前行的障碍 那么转移方程：
$$a[x]+=p[y-1]$$
$p$表示$2$的几次方 然后用$k$表示当前行数 枚举$ta$的所有状态个数
$yysy$这个转移方程的 异或(^) 和 按位与(&) 十分巧妙 好好理解$QaQ$(真叫人头大)

for(long long j=i&~a[k];j;j-=lowbit(j))
			f[i]+=f[i^lowbit(j)];

CODE：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
long long n,m,p[1000005],a[1000005];
long long f[1000005]={1};
long long lowbit(long long x){
	return x&(-x);
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	p[0]=1; 
	for(long long i=1;i<=n;i++)
		p[i]=p[i-1]*2;
	for(long long i=1;i<=m;i++)
	{
		long long x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		a[x]+=p[y-1];   //障碍转移方程
	}
	for(long long i=1;i<p[n];i++)
	{
		long long k=0;
		for(long long p=i;p;p-=lowbit(p))
			k++;  //统计行数
		for(long long j=i&~a[k];j;j-=lowbit(j))
			f[i]+=f[i^lowbit(j)]; //枚举状态
	}
	printf("%lld",f[p[n]-1]);
	return 0;
}