在acwing学习算法的一点思考和总结
状态压缩dp可以用来解决两种问题:一种是棋盘式的,也就是表示一行有2^N种摆法,另一种是表示一类集合
思路:可以类比一下蒙德里安的梦想的解题过程,每一行的状态都只会受到上一层状态的影响。那么我们在更新第i行的状态时,我们枚举一下第i - 1行的状态。也就是当这两行的对应状态是个合法状态的话,我们就进行方案数的累加。
确定状态转移方程:f[i][a] += f[i-1][b],表示前i行,并且第i行是第j种摆法 的最大种植方案数
预处理:为了判断哪两种行状态是对应合法的,我们需要进行预处理,找出相邻两行能进行转移的状态(二进制表达)。具体题目具体分析,在这个题目中,第一要满足左右相邻不能都是1,第二要满足上下相邻不能都是1
/*
前i行,并且第i行是第j种摆法 的最大种植方法
*/
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N = 14, M = 1<<12, mod = 1e8;
vector head[M]; //存储合法的转移状态
vector state;
int f[N][M];
int n,m;
int g[N];
bool check(int x)
{
for(int i = 0; i < m; i ++)
{
if(( (x >> i) & 1) && (x>> (i+1) & 1) )
return false;
}
return true;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
for(int j = 0; j < m; j ++)
{
int t;
cin>>t;
g[i] += !t * (1 << j);
}
for(int i = 0; i < 1<
所有小猪击中状态由一串二进制数来表达,若一个小猪能被击中,那么该小猪对应到二进制表达上的位置就制成1。那么我们接下来要做的就是枚举所有抛物线,并求一下抛物线能击中哪些小猪。并将这个结果存放在path数组里。
state: 二进制表达式,如1100,表示前两只小猪没被击中,后两只被击中了
path[i][j] = state : 含义:经过点i和j的抛物线; 属性:遗传二进制数,表示所有小猪的状态
f[i]: i其实就是state,从0~2^N枚举i的二进制表达,直到枚举到111111(所有位上都是1时)说明所有小猪均已经被击落。 那么f[i]的含义就是所有小猪在该状态下最少可以用多少条抛物线覆盖
那么接下来就是枚举所有状态下的小猪的覆盖方式,更新最小覆盖的抛物线数量
#include
#include
#include
#include
#include
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair PDD;
const int N = 18, M = 1<<18;
const double eps = 1e-8;
int f[M];
PDD q[N];
int path[N][N];
int n,m;
int cmp(double x, double y)
{
if(fabs(x - y) < eps) return 0;
if(x < y) return -1;
return 1;
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
for(int i = 0; i>q[i].x>>q[i].y;
memset(path, 0, sizeof path);
for(int i = 0; i < n; i ++) //枚举所有的二次函数方程(两点确定一个抛物线,因为抛物线过原点),这里是找第一个点
{
path[i][i] = 1 << i;
for(int j = i; j < n; j ++) //找这个函数的第二个点
{
double x1 = q[i].x, x2 = q[j].x;
double y1 = q[i].y, y2 = q[j].y;
if(!cmp(x1,x2)) continue;
double a = (y1 / x1 - y2 / x2) / (x1 - x2); //通过两点,解出抛物线方程
double b = y1 / x1 - a * x1;
if(cmp(a, 0) >= 0) continue;
int state = 0;
for(int k = 0; k < n; k ++) //计算有多少点在这条抛物线上
{
double x = q[k].x, y = q[k].y;
if(!cmp(a*x*x + b * x, y)) state +=1 << k;
}
path[i][j] = state;
}
}
memset(f, 0x3f, sizeof f);
f[0] = 0;
for(int i = 0; i < 1<> j & 1))
{
x = j;
break; //注意到这里是break,即只用更新一次,因为后面还会进行一次更新,避免掉重复的更新工作
}
}
for(int k = 0; k < n; k ++)
{
f[i | path[x][k]] = min(f[i | path[x][k]], f[i] + 1);
}
}
cout<