[POJ1038]状压DP
题意：给一个n*m的区域，里面有一些障碍物，往里面放2*3和3*2的矩形，矩形之间不能重叠，不能覆盖到障碍物，求能放置的最大个数。(n<=150,m<=10)
思路：看到m=10就应该往状压dp方面想了。由于有3*2的矩形，所以需要记录2行的状态，粗略估计状态数高达150*2^20=1.5*1e8，这么多状态必然超时，注意到如果(i-1,j)为0了，无论(i,j)为1或0，(i,j)都不能放矩形，于是知道有很多无用的或者说不合法的状态，两行的状态用m位3进制数表示同样能实现转移。由于3进制数操作起来麻烦，不妨用4进制代替3进制，从当前状态向后递推，新状态存在vector里，使用的时候先排序，然后跳过重复或不够优的状态来向后扩展。经测试，极限数据下，vector里有40000多个状态，有效状态只有1700多个，一下子降了一个数量级，简直逆天...对于这种存在大量无效状态的dp ，用vector+向后递推+排序去重有奇效。
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <ctime>
#include <deque>
#include <queue>
#include <algorithm>
using
namespace
std;
void
readInt(){}
void
RI(
int
&X){
scanf
(
"%d"
,&X);}
template
<
typename
...R>
void
RI(
int
&f,R&...r){RI(f);RI(r...);}
void
RIA(
int
*p,
int
*q){
int
d=p<q?1:-1;
while
(p!=q){
scanf
(
"%d"
,p);p+=d;}}
void
print(){cout<<endl;}
template
<
typename
T>
void
print(
const
T t){cout<<t<<endl;}
template
<
typename
F,
typename
...R>
void
print(
const
F f,
const
R...r){cout<<f<<
", "
;print(r...);}
template
<
typename
T>
void
print(T*p, T*q){
int
d=p<q?1:-1;
while
(p!=q){cout<<*p<<
", "
;p+=d;}cout<<endl;}
template
<
typename
T>
bool
umax(T &a,
const
T &b) {
return
a >= b?
false
: (a = b,
true
);
}
typedef
pair<
int
,
int
> pii;
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define X first
#define Y second
#define all(a) (a).begin(), (a).end()
vector<pii> dp[2];
bool
cmp(
const
pii &a,
const
pii &b) {
return
a.X < b.X || a.X == b.X && a.Y > b.Y;
}
int
sta[157], now, row, ttl, n, m, k;
pii s;
bool
chk(
const
int
&s,
const
int
&p) {
return
s & (1 << p);
}
void
dfs(
int
col,
int
S,
int
V) {
if
(col == m) {
dp[now ^ 1].pb(mp(S, V));
return
;
}
dfs(col + 1, S, V);
int
low = S & ttl, high = S >> m, r = low | high;
if
(col + 2 < m && !chk(r, col) && !chk(r, col + 1) && !chk(r, col + 2)) {
int
h = (1 << col) ^ (1 << (col + 1)) ^ (1 << (col + 2));
dfs(col + 3, (high ^ h) << m | (low ^ h), V + 1);
}
r |= s.X >> m;
if
(col + 1 < m && !chk(r, col) && !chk(r, col + 1)) {
int
h = (1 << col) ^ (1 << (col + 1));
dfs(col + 2, (high ^ h) << m | (low ^ h), V + 1);
}
}
int
main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen
(
"in.txt"
,
"r"
, stdin);
#endif // ONLINE_JUDGE
int
T;
cin >> T;
while
(T --) {
RI(n, m, k);
memset
(sta, 0,
sizeof
(sta));
for
(
int
i = 0; i < k; i ++) {
int
x, y;
RI(x, y);
sta[x] ^= 1 << (y - 1);
}
dp[0].clear();
dp[1].clear();
now = 0;
ttl = (1 << m) - 1;
dp[0].pb(mp(ttl << m | sta[1], 0));
for
(
int
i = 1; i < n; i ++) {
dp[now ^ 1].clear();
sort(all(dp[now]), cmp);
int
sz = dp[now].size();
for
(
int
j = 0; j < sz; j ++) {
s = dp[now][j];
if
(!j || s.X != dp[now][j - 1].X)
dfs(0, (s.X << m | sta[i + 1]) & (ttl << m | ttl), s.Y);
}
now ^= 1;
}
int
ans = 0;
for
(
int
i = 0; i < dp[now].size(); i ++) {
umax(ans, dp[now][i].Y);
}
cout << ans << endl;
}
return
0;
}
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