状态压缩 周伟论文+代码+例题
所有题解报告可以在周伟论文中看到 但是没有代码 下面是我自己的或者从网上搜集到的代码
在n*n(n≤20)的方格棋盘上放置n 个车(可以攻击所在行、列)，求使它们不
能互相攻击的方案总数。
仅供和我一样的菜鸟们参考
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
__int64 a[1100000];
int main()
{
__int64 n;
while (cin >> n){
memset(a, 0, sizeof(a));
a[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 1<<n; i ++){//注意这里是1左移n位不是n<<1，显然这里是在枚举0000~1111的每一种状态
for (int j = i; j > 0; j -= (j&-j)){//首先注意这里是倒推，因为要由之前的状态推出现在的状态。
a[i] += a[i&~(j&-j)]; //这里的位运算处理甚是漂亮，它可以保证每一次都刚好取到i的子集 ，首先j&-j可以得出在i之前的每一种状态j的最低位1的位置k，然后取反可以保证只有第k个位置刚好为0，那么求与之后就在原来i的基础上去除了第k个1
//比如说当前i枚举到0111，那么j&-j = 0001，则~(j&-j) = 1110，那么i&1110 = 0110，0110就是0111的一个子集，随后去掉当前最低位k，j变成0110，以此反复运算，直到j=0000
}
}
cout<<a[(1<<n)-1]<<endl;
}
return 0;
}
另外的一个代码
#include<stdio.h>
#include<string.h>
const int MAXN = 1 << 20 ;
__int64 f[MAXN + 23] ;
int main() {
int N ;
while( scanf("%d" , &N) != EOF) {
memset( f , 0 , sizeof(f)) ;
int i , tmp = (1 << N) - 1 ;
f[0] = 1 ;
for( i = 1 ; i <= tmp ; i ++) {
int tt = i , x ;
while( tt != 0 ) {
x = tt&(-tt) ;
f[i] += f[i ^ x] ;
tt ^= x ;
}
}
printf("%I64d\n" , f[tmp] ) ;
}
return 0 ;
}
前一个状态压缩的升级版
在n*n(n≤20)的方格棋盘上放置n 个车，某些格子不能放，求使它们不能互相攻击的方案总数。
和前面差别不大，主要是加了一个不可达点的限制，那么用二进制记录每一个不可达点然后还是按照以前的进行位运算，我写的代码不知道对不对，只核对了3以下的数据，希望路过神牛予以点评或修改
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<time.h>
const int MAX_N = 1 << 8 ;
__int64 f[MAX_N] ;
int map[23][23] , a[23] ;
int N ;
void init() {
int i , j ;
srand( time ( NULL )) ;
for( i = 1 ; i <= N ; i ++) {
a[i] = 0 ;
for( j = 1 ; j <= N ; j ++) {
//scanf("%d" , &map[i][j] ) ;
map[i][j] = rand() % 2 ;
a[i] = a[i]*2 + map[i][j] ;
printf("%d " , map[i][j] ) ;
}
printf("\n") ;
}
for( i = 1 ; i <= N ; i ++)
printf("%d\n" , a[i] ) ;
}
void solve() {
int i , tmp = (1 << N) - 1 ;
memset( f , 0 , sizeof( f )) ;
f[0] = 1 ;
for( i = 1 ; i <= tmp ; i ++ ) {
int tt = i , j ;
int one[23] , top = 0 ;
while( tt != 0 ) {
one[++top] = tt&(-tt) ;
tt ^= one[top] ;
}
for( j = 1 ; j <= top ; j ++) {
if( ( one[j] & a[top] ) == 0 )
f[i] += f[i^one[j]] ;
}
}
printf("%I64d\n" , f[tmp] ) ;
}
int main() {
while( scanf("%d" , &N) != EOF) {
init() ;
solve() ;
}
return 0 ;
}
另外一个代码 2个代码 一起 防止看不懂
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
__int64 a[1100000];
int is_allow[20];//用位记录所有不能放置棋子的位置
int counter[21][21];
/*void turn(int x, int n)//转换成二进制输出，属测试代码
{
int t = x;
int num= 0;
int xx[100];
while (x){
xx[num++] = x%2;
x/=2;
}
for (int i = num; i < n; i ++)cout<<0;
for (int i = num-1; i >=0 ; i --)cout<<xx[i];
cout<<endl;
}*/
void chang(int n)//将输入的地图转化到is_allow中
{
for (int i = 1; i <= n; i ++){
int sum = 0;
for (int j =n; j >= 1; j --){//转化成十进制存储到is_allow中
sum += counter[i][n-j+1]*(int)pow(2.0, n-j);
}
is_allow[i] = sum;
}
}
int main()
{
__int64 n;
while (cin >> n){
memset(is_allow, 0, sizeof(is_allow));
memset(counter, 0, sizeof(counter));
int t;
scanf("%d", &t);
for (int i = 0; i < t; i ++){
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
counter[x][y] = 1;//记录不能放置棋子的位置
}
chang(n);//转化
memset(a, 0, sizeof(a));
a[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 1<<n; i ++){
int cc = 0, tt = i;
while (tt)tt&=(tt-1),cc ++;//cc记录当前放到了第几行
int tmps = i^is_allow[cc];//在i中去除不能放置的位置
for (int j = tmps; j > 0; j -= (j&-j)){
a[i] += a[i&~(j&-j)];
}
}
printf("%I64d", a[(1<<n)-1]);
}
return 0;
}
给出一个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。 求使得任意两个棋子不相邻的放置方案数。
这个题目的状态压缩模型是比较隐蔽的。观察题目给出的规模，n、m≤80，这个规模要想用 SC 是困难的，若同样用上例的状态表示方法(放则为 1，不放为0)，2^80 无论在时间还是在空间上都无法承受。然而我们还看到 n*m≤80，这种给出数据规模的方法是不多见的，有什么玄机呢？能把状态数控制在可以承受的范围吗？稍微一思考，我们可以发现：9*9=81>80，即如果n,m 都大于等于 9，将不再满足n*m≤80 这一条件。所以，我们有n 或m 小于等于 8，而2^8 是可以承受的。我们假设 m≤n(否则交换，由对称性知结果不变)n 是行数 m 是列数，则每行的状态可以用 m 位的二进制数表示。但是本题和例 1 又有不同：例 1 每行每列都只能放置一个棋子，而本题却只限制每行每列的棋子不相邻。但是，上例中枚举当前行的放置方案的做法依然可行。我们用数组 s[1..num] 保存一行中所有的num 个放置方案，则s 数组可以在预处理过程中用DFS 求出，同时用c[i]保存第i 个状态中 1 的个数以避免重复计算。开始设计状态。如注释一所说，维数需要增加，原因在于并不是每一行只放一个棋子，也不是每一行都要求有棋子，原先的表示方法已经无法完整表达一个状态。我们用 f[i][j][k]表示第 i 行的状态为s[j]且前i 行已经放置了k 个棋子(2) 的方案数。沿用枚举当前行方案的做法，只要当前行的方案和上一行的方案不冲突即可，“微观”地讲，即s[snum[i]]和s[snum[i-1]]没有同为 1 的位，其中snum[x]表示第x 行的状态的编号。然而，虽然我们枚举了第 i 行的放置方案，但却不知道其上一行(i-1)的方案。为了解决这个问题，我们不得不连第i-1 的状态一起枚举，则可以写出递推式：
f[0][1][0]=1;
f[i][j][k]=∑f[i-1][p][k-c[j]]
其中s[1]=0，即在当前行不放置棋子；j和p是需要枚举的两个状态编号，且要求s[j]与s[p]不冲突，即s[j]&s[p]=0。(3) 当然，实现上仍有少许优化空间，例如第i行只和第i-1行有关，可以用滚动数组节省空间。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
int s[263] , c[263] , top ;
int f[10][36][10] ;
int N , M , pn ;
// 产生一行里所有的合法状态
void DFS( int t , int state , int count , int* flag) {
if( t == M )
{
s[++top] = state ;
c[top] = count ;
return ;
}
flag[t + 1] = 0 ;
DFS( t + 1 , state*2 , count , flag ) ;
if( flag[t] == 0 )
{
flag[t + 1] = 1 ;
DFS( t + 1 , state*2 + 1 , count + 1 , flag) ;
}
}
void solve() {
memset( f , 0 , sizeof( f )) ;
f[0][1][0] = 1 ;
int i , j , k , p ;
for( i = 1 ; i <= N ; i ++) {
for( j = 1 ; j <= top ; j ++) {
for( p = 1 ; p <= top ; p ++) {
for( k = c[j] ; k <= pn ; k ++) {
if( (s[j]&s[p]) == 0 ) {
f[i][j][k] += f[i - 1][p][k - c[j]] ;
}
}
}
}
}
int sum = 0 ;
for( i = 1 ; i <= top ; i ++) {
sum += f[N][i][pn] ;
}
printf("%d\n" , sum ) ;
}
int main() {
while( scanf("%d %d %d" , &N , &M , &pn ) != EOF) {
int flag[23] = { 0 };
top = 0 ;
if( N < M ) {
N ^= M ;
M ^= N ;
N ^= M ;
}
printf("%d %d\n" , N , M ) ;
DFS( 0 , 0 , 0 , flag) ;
solve() ;
}
return 0 ;
}
内容参考于zhang360896270
结合例题 SGU 223
【例3】
在n*n(n≤10)的棋盘上放k个国王(可攻击相邻的8个格子)，求使它们无法互相攻击的方案数。
http://acm.sgu.ru/problem.php?contest=0&problem=223
思路看周伟的论文 代码献上
#include<stdio.h>
#include<string.h>
int n,pn;
int s[1<<11],c[1<<11],top;
long long f[11][1<<11][111];
void DFS(int t,int state,int count,int flag[])
{
if(t==n)
{
s[++top]=state;
c[top]=count;
return;
}
flag[t]=0;
DFS(t+1,state*2,count,flag);
if(t==0||flag[t-1]==0)
{
flag[t]=1;
DFS(t+1,state*2+1,count+1,flag);
}
}
/* 下面这个也对
void dfs(int p,int last,int now,int cnt)
{
if (p == n){s[++top]=now;c[top]=cnt;return ;}
dfs(p+1,0,now*2,cnt);
if (!last) dfs(p+1,1,now*2+1,cnt+1);
}*/
void solve()
{
int i;
memset(f,0,sizeof(f));
for(i=1;i<=top;i++)
{
f[1][i][c[i]]=1;
}
for(i=2;i<=n;i++)
//f[0][1][0]=1;这种方法一样
// for (i=1;i<=n;++i)
{
for(int si=1;si<=top;si++)
{
for(int pi=1;pi<=top;pi++)
{
for(int cnt=c[si];cnt<=pn;cnt++)
{
if((s[si]&s[pi])||(s[si]&(s[pi]>>1))||(s[si]&s[pi]<<1))
continue;
if(cnt-c[si]>=c[pi])
f[i][si][cnt]+=f[i-1][pi][cnt-c[si]];
}
}
}
}
long long sum=0;
for(i=1;i<=top;i++)
{
sum+=f[n][i][pn];
}
printf("%lld\n",sum);
}
int main()
{
int flag[11];
while(scanf("%d %d",&n,&pn)!=EOF)
{
top=0;
memset(flag,0,sizeof(flag));
DFS(0,0,0,flag);
//dfs(0,0,0,0);
solve();
}
return 0;
}