BZOJ 1725: [Usaco2006 Nov]Corn Fields牧场的安排状压dp

最新推荐文章于 2023-02-13 16:45:16 发布

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本文介绍USACO 2006 November竞赛题目“CornFields”的解决方案，该问题涉及在一个由肥沃与贫瘠地块组成的矩形牧场中寻找所有合法种植草地的方案数。文章详细解释了如何使用状态压缩动态规划（状压DP）的方法解决此问题，并提供了完整的代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

1725: [Usaco2006 Nov]Corn Fields牧场的安排

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Description

Farmer John新买了一块长方形的牧场，这块牧场被划分成M列N行(1<=M<=12; 1<=N<=12)，每一格都是一块正方形的土地。FJ打算在牧场上的某几格土地里种上美味的草，供他的奶牛们享用。遗憾的是，有些土地相当的贫瘠，不能用来放牧。并且，奶牛们喜欢独占一块草地的感觉，于是FJ不会选择两块相邻的土地，也就是说，没有哪两块草地有公共边。当然，FJ还没有决定在哪些土地上种草。作为一个好奇的农场主，FJ想知道，如果不考虑草地的总块数，那么，一共有多少种种植方案可供他选择。当然，把新的牧场荒废，不在任何土地上种草，也算一种方案。请你帮FJ算一下这个总方案数。

Input

* 第1行: 两个正整数M和N，用空格隔开

* 第2..M+1行: 每行包含N个用空格隔开的整数，描述了每块土地的状态。输入的第i+1行描述了第i行的土地。所有整数均为0或1，是1的话，表示这块土地足够肥沃，0则表示这块地上不适合种草

Output

* 第1行: 输出一个整数，即牧场分配总方案数除以100,000,000的余数

Sample Input

2 3
1 1 1
0 1 0

Sample Output

9

输出说明:

按下图把各块土地编号：

1 2 3
4

只开辟一块草地的话，有4种方案：选1、2、3、4中的任一块。开辟两块草地的话，有3种方案：13、14以及34。选三块草地只有一种方案：134。再加把牧场荒废的那一种，总方案数为4+3+1+1=9种。

这显然是一个状压dp，而且不需要丝毫优化

dp[i][j]+=(judge(j,k))dp[i-1][k]

然而我就是eggache，偏偏要想。。最后也没优化到底

莫名其妙WA两发，要来数据

发现会出现一行都没有田地可用（都为0）的情况，我的优化过程会使得其多算。。。

#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<complex>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch<='9'&&ch>='0'){x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=13;const int mod=100000000;
int n,m,a[N],can[N][1<<N],dp[N][1<<N];
void initial()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(a[i])can[i][++can[i][0]]=0;//就是这里WA  啦啦啦
		for(int j=a[i]&-a[i];j<=a[i];j++)
		if((j&a[i])==j&&!(j&(j>>1)))can[i][++can[i][0]]=j;
	}
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)a[i]=(a[i]<<1)+read();
	initial();
	for(int i=1;i<=can[1][0];i++)dp[1][i]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=can[i][0];j++)
	{
		for(int k=1;k<=can[i-1][0];k++)
		if(!(can[i][j]&can[i-1][k]))(dp[i][j]+=dp[i-1][k])%=mod;
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=can[n][0];i++)(ans+=dp[n][i])%=mod;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}