POJ 3254 Corn Fields 状态压缩dp 查找情况数
题意:就是你给一个n行m列的矩阵,矩阵里的元素由0和1组成,1代表肥沃的土地可以种植作物,0则不可以种植作物,并且相邻的土地不能同时种植作物,问你有多少种种植方案。
1 1
0
输出 1;
思路:
解题思路 :以样例数据第一行为例,三个格子都可以放牧,即每个格子都可以选择放,或不放。再考虑附加条件“相邻格子不可同时放牧”,那么我们可以列出单看第一行时的所有可行状态如下(1代表放牧,0代表不放牧)
编号 | 状态 |
1 | 0 0 0 |
2 | 0 0 1 |
3 | 0 1 0 |
4 | 1 0 0 |
5 | 1 0 1 |
由此,可将表中的状态看作二进制表示,那么,只需将每种状态转化为相应的十进制数,即可只用一个数字,就能表示某一种状态,如下表:
编号 | 二进制 | 十进制 |
1 | 0 0 0 | 0 |
2 | 0 0 1 | 1 |
3 | 0 1 0 | 2 |
4 | 1 0 0 | 4 |
5 | 1 0 1 | 5 |
至此我们看到,在只考虑第一行的时候,有5种可行的放牧方案,但这只是我们要做的第一步。接下来要将第二行纳入考虑:
首先思考:纳入第二行后,会对当前问题造成什么样的影响?
答案还是那句话:“ 相邻格子不可同时放牧 ”!
也就是说,不止左右相邻不可以,上下之间也不能存在相邻的情况。
首先观察第二行,只有中间的格子可以放牧,那么我们的状态表格就可以相对简单些了~如下:
编号 | 二进制 | 十进制 |
1 | 0 0 0 | 0 |
2 | 0 1 0 | 2 |
1、当第二行的状态为编号1时,第二行的三个格子都没有放牧,那么就不会与第一行的任何情况有冲突,第一行的5种方案都可行,即:第二行选用编号1的状态时,结合第一行,可得到5种可行的放牧方案;
2、当第二行的状态为编号2时,第二行中间的格子已经放牧了,那么第一行中间的格子就不可以放牧。看表2,发现其中第3种状态与当前第二行冲突,那么第一行只有4种方案是可行的,即:第二行选用编号2的状态时,结合第一行,可得到4种可行的放牧方案;
那么,在样例数据给出的情况下,我们的最终答案即为5+4=9;
通过对样例数据的分析即可以发现不同状态之间的关系:
以 dp[i][state(j)] 来表示对于 前i行 , 第i行 采用 第j种状态 时可以得到的 可行方案总数!
例如:回头看样例数据,dp[2][1]即代表第二行使用第2中状态(0 1 0)时可得的方案数,即为4;
那么,可得出状态转移方程为:
dp[i][state(j)]=dp[i-1][state(k1)]+dp[i-1][state(k2)]+......+dp[i-1][state(kn)] (kn即为上一行可行状态的编号,上一行共有n种可行状态)
最终ans=dp[m][state(k1)]+dp[m][state(k2)]+......+dp[m][state(kn)]; (kn即为 最后一 行 (第m行) 可行状态的编号)
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> using namespace std; const int mod= 100000000; int state[1000],num=0; //存储 所有不相邻的情况的情况 用于与实际情况匹配 int cnt[1000]; //表示每一行的图逆向(1变0 0变1) 抽象成10进制数 //为啥逆向抽象 因为逆向抽象之后 在后来的匹配中就不用再位移了 int dp[100][1000]; int n,m; int init() { int Max=1<<m; for(int i=0;i<Max;i++) //要小于 Max { if(!(i&i<<1)) //i&(i<<1) 为假说明不存在相邻的情况 state[++num]=i; } } int Judge(int x,int y) { if(x&y) return 0; else return 1; } int main() { while(~scanf("%d%d",&n,&m)) { num=0; memset(dp,0,sizeof(dp)); init(); for(int i=1;i<=n;i++) { cnt[i]=0; int t; for(int j=1;j<=m;j++) { scanf("%d",&t); if(t==0) cnt[i]+=(1<<(m-j)); //建图 } } for(int i=1;i<=num;i++) { if(Judge(cnt[1],state[i])) //当 第一行的图 与state[i] 完全不匹配时 就说明(实际)种植放牧情况是完全匹配的 dp[1][i]=1; // 因为图是 逆向建成10进制数 的 } for(int i=2;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=num;j++) { if(!Judge(cnt[i],state[j])) continue; for(int k=1;k<=num;k++) { if(!Judge(state[k],cnt[i-1]))continue; // 枚举找出 与i-1行的图的 实际情况 匹配的情况 if(state[k]&state[j]) continue; //i 行 存在的情况 与 i-1行必须完全不匹配 dp[i][j]=(dp[i-1][k]+dp[i][j])%mod; } } } int sum=0; for(int i=1;i<=num;i++) sum=(sum+dp[n][i])%mod; printf("%d\n",sum); } return 0; }