刷题记录:牛客NC210981mixup2 混乱的奶牛

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题目描述:

混乱的奶牛 [Don Piele, 2007] Farmer John的N(4 <= N <= 16)头奶牛中的每一头都有一个唯一的编号S_i (1 <= 
S_i <= 25,000). 奶牛为她们的编号感到骄傲, 所以每一头奶牛都把她的编号刻在一个金牌上, 并且把金牌挂在她们
宽大的脖子上. 奶牛们对在挤奶的时候被排成一支”混乱”的队伍非常反感. 如果一个队伍里任意两头相邻的奶牛的
编号相差超过K (1 <= K <= 3400), 它就被称为是混乱的. 比如说，当N = 6, K = 1时, 1, 3, 5, 2, 6, 4 就是一支”混
乱”的队伍, 但是 1, 3, 6, 5, 2, 4 不是(因为5和6只相差1). 那么, 有多少种能够使奶牛排成”混乱”的队伍的方案呢?
输入:
4 1
3
4
2
1
输出:
2

一道状压dp题,我感觉这道题的转移方程似乎在哪里见过,但是感觉用的很灵活,这道题还是挺难想到的

主要思路;

1. 首先我们需要看清题目(不会只有我一个人第一次看错题目了吧),题目中说的是任意两个位置的编号都超过x
2. 然后对于这道题我们往状压dp的那个方向去想,我们不妨使用$dp[S][i]$来记录当我们的当我们目前奶牛已经出现在队伍中的状态为$S$时并且队伍最后一位是$i$时的混乱的队伍数,注意此时我们的$S$只是记录我们的奶牛是否出现,而不是记录奶牛的顺序.所以此时我们显然可以从我们的剩下的奶牛中挑出一个来排在我们目前的队伍的后面,然后只要判断一下目前是否依旧是混乱的队伍就行.因为我们之前如果是混乱的队伍的话,我们现在加入的一个奶牛和最后的一名还是差$K$的话,那就意味着我们目前仍然是混乱的状态,所以就可以累加了
3. 然后是对于此方法正确性的理解,因为我们枚举的每一个状态,和每一个末尾的奶牛和除此之外的所有奶牛,所以我们不难发现经过上述的三重循环之后,我们肯定是已经枚举过所有的可能性的,所以正确性就不难看出了

下面是具体的代码部分:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define root 1,n,1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {
	ll x=0,w=1;char ch=getchar();
	for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
	return x*w;
}
#define maxn 1000000
#define int long long
#define ll_maxn 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
const double eps=1e-8;
int n,kao;int a[20];int dp[1<<17][17];
int Abs(int b) {
	return b>0?b:-b;
}
signed main() {
	n=read();kao=read();
	for(int i=0;i<n;i++) a[i]=read();
	for(int i=0;i<n;i++) dp[1<<i][i]=1;
	for(int i=1;i<(1<<n);i++) {
		for(int j=0;j<n;j++) {
			if(!((i>>j)&1)) continue;
			for(int k=0;k<n;k++) {
				if((i>>k)&1) continue;
				if(Abs(a[k]-a[j])>kao) dp[i|(1<<k)][k]+=dp[i][j];
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<n;i++) ans+=dp[(1<<n)-1][i];
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}