方格取数 |
||||||
|
||||||
Description |
||||||
一个矩阵n*m(1<=n,m<=12)的矩阵里有很多格子,每个格子里有一个数字(10<=数字<100)。 如果你选择了某个格子的数字后,他附近临近的八个方向的格子的数字就不可以选择了,问最多可以获得的数字和。 |
||||||
Input |
||||||
第一行输入一个整数t,代表测试次数,t不超过100。 对于每组数据的第一行输入两个整数n和m,代表行和列。 接下来是一个n*m的矩阵,每个方格内有一个数字。 |
||||||
Output |
||||||
最大的可以获得的数字和 |
||||||
Sample Input |
||||||
1 3 3 10 20 30 20 30 10 10 20 30 |
||||||
Sample Output |
||||||
80 |
||||||
Source |
||||||
状态DP专题 |
||||||
Recommend |
||||||
陈禹 |
思路:
首先简单了解状压:
我们把这样的一个01串改变成十进制数作为存储,因为有位运算,所以我们存十进制数据的优势就显现了出来:
101==5,表示我们取这一行的第一个和第三个数,再例如:011==3,表示我们取这一行的第二个和第三个数。
因为每一行都有m个元素,所以每一行的元素的个数是确定的,所以其中能够组成的方案个数也是固定的。所以我们不妨用q【】存下每一行有m个数据的所有可能方案。
对于每一行的取法限制条件是这样的:不能有两个1相邻,例如110 ,011,这样的就不行,101,001这样的就可行,至于如何进行判断呢?我们将本串(01串)和本串末尾加一个0之后的串进行与运算(&)如果值为0,表示可以,否则表示不可以.
简单举例:(与运算同1为1,其余为0)
101&1010=0;可以
110&1100!=0;不可以
int end=1<<m; for(int i=0;i<end;i++) { if((i&(i<<1))==0) { q[cont++]=i; } }
辣么状态转移方程也不难理解:dp【i】【j】=max(dp【i】【j】,dp【i-1】【k】+sum),辣么如何判断这一行和上一行的状态是否符合题意呢?
我们进行三个与运算进行判断,一个是q【k】和q【j】直接进行判断,一个是q【k】状态01串末尾加一个0和q【j】进行判断,最后一个是q【k】状态01串在末尾取走一位后和q【j】进行判断。
对于这部分的代码实现:
for(int i=0;i<n;i++) { for(int j=0;j<cont;j++) { int sum=0; for(int k=0;k<m;k++) { if((q[j]&(1<<k))!=0) { sum+=a[i][k]; } } //if(i==1)printf("%d\n",sum); dp[i][j]=sum; if(i==0)continue; for(int k=0;k<cont;k++) { if((q[j]&q[k])!=0)continue; if((q[j]&(q[k]<<1))!=0)continue; if((q[j]&(q[k]>>1))!=0)continue; dp[i][j]=max(dp[i][j],sum+dp[i-1][k]); } } }
注意的点:位运算优先级很复杂,在位运算过程中尽量都对运算加上()。避免出错。
完整的AC代码:
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<iostream> using namespace std; int dp[15][1<<16]; int a[15][15]; int q[1<<16]; int main() { int t; scanf("%d",&t); while(t--) { memset(dp,0,sizeof(dp)); int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<n;i++) { for(int j=0;j<m;j++) { scanf("%d",&a[i][j]); } } int cont=0; int end=1<<m; for(int i=0;i<end;i++) { if((i&(i<<1))==0) { q[cont++]=i; } } for(int i=0;i<n;i++) { for(int j=0;j<cont;j++) { int sum=0; for(int k=0;k<m;k++) { if((q[j]&(1<<k))!=0) { sum+=a[i][k]; } } dp[i][j]=sum; if(i==0)continue; for(int k=0;k<cont;k++) { if((q[j]&q[k])!=0)continue; if((q[j]&(q[k]<<1))!=0)continue; if((q[j]&(q[k]>>1))!=0)continue; dp[i][j]=max(dp[i][j],sum+dp[i-1][k]); } } } int output=0; for(int i=0;i<cont;i++) { output=max(output,dp[n-1][i]); } printf("%d\n",output); } } /* 100 2 4 100 1 1 100 1 1 1 1 */