[BZOJ1725] [USACO06NOV,Gold] Corn Fields [dp][状态压缩/轮廓线]

本文介绍了一种使用状态压缩动态规划(状压DP)来解决黑白棋盘染色问题的方法,避免了暴力求解的重复计算,通过预处理在不考虑地图情况下可行方案,逐行判断并枚举所有状态进行可行转移,最终求得有效方案数。

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[ L i n k \frak{Link} Link]

首先,要求的是方案数,不要黑白染色(
b r u t e f o r c e \frak{brute force} bruteforce的重复计算太多了。应该按行列处理。


状压

很容易想到逐行/列判断,对于当前这一行暴力枚举所有状态然后再判断可行转移
一个小优化是预处理在不考虑地图情况下的可行方案
p s . \frak{ps.} ps.这道题在洛谷上的数据有点水

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<cctype>
using namespace std;
int t; //* bool不能当作int读入
bool c;
int N,M,Lim;
long long ans=0;
int A[15]={};
int L[5000]={};
long long F[2][5000]={};
const long long MOD=100000000;
int main()
{
    scanf("%d%d",&N,&M);
    Lim=(1<<M)-1; L[++L[0]]=0; 
    for(int i=1;i<=Lim;++i)
    {
    	if(((i>>1)&i)||((i<<1)&i))continue;
    	L[++L[0]]=i;
    }
    for(int i=1;i<=N;++i)
    {
    	c=(i&1);
    	for(int j=1;j<=L[0];++j)F[c][j]=0;
    	for(int j=1;j<=M;++j)
    	{
    		scanf("%d",&t);
    		if(t)continue;
			A[i]|=1<<j-1;
    	}
    	for(int j=1;j<=L[0];++j)
    	{
    		if(L[j]&A[i])continue;
    		if(i==1)F[1][j]=1;
    		else for(int k=1;k<=L[0];++k)
    		{
    			if(L[k]&L[j])continue;
    			F[c][j]+=F[!c][k];
    			F[c][j]%=MOD;
    		}
    	}
    }
    for(int i=1;i<=L[0];++i)ans+=F[c][i],ans%=MOD;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

轮廓线

并没有写 . j p g \frak{.jpg} .jpg
构造轮廓挺简单的,具体做法可以参考洛谷题解

题目描述 牛牛和她的朋友们正在玩一个有趣的游戏,他们需要构建一个有 $n$ 个节点的无向图,每个节点都有一个唯一的编号并且编号从 $1$ 到 $n$。他们需要从节点 $1$ 到节点 $n$ 找到一条最短路径,其中路径长度是经过的边权的和。为了让游戏更有趣,他们决定在图上添加一些额外的边,这些边的权值都是 $x$。他们想知道,如果他们添加的边数尽可能少,最短路径的长度最多会增加多少。 输入格式 第一行包含两个正整数 $n$ 和 $m$,表示节点数和边数。 接下来 $m$ 行,每行包含三个整数 $u_i,v_i,w_i$,表示一条无向边 $(u_i,v_i)$,权值为 $w_i$。 输出格式 输出一个整数,表示最短路径的长度最多会增加多少。 数据范围 $2 \leq n \leq 200$ $1 \leq m \leq n(n-1)/2$ $1 \leq w_i \leq 10^6$ 输入样例 #1: 4 4 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 1 5 输出样例 #1: 5 输入样例 #2: 4 3 1 2 1 2 3 2 3 4 3 输出样例 #2: 2 算法 (BFS+最短路) $O(n^3)$ 我们把问题转化一下,假设原图中没有添加边,所求的就是点 $1$ 到点 $n$ 的最短路,并且我们已经求出了这个最短路的长度 $dis$。 接下来我们从小到大枚举边权 $x$,每次将 $x$ 加入图中,然后再次求解点 $1$ 到点 $n$ 的最短路 $dis'$,那么增加的最短路长度就是 $dis'-dis$。 我们发现,每次加入一个边都需要重新求解最短路。如果我们使用 Dijkstra 算法的话,每次加入一条边需要 $O(m\log m)$ 的时间复杂度,总的时间复杂度就是 $O(m^2\log m)$,无法通过本题。因此我们需要使用更优秀的算法。 观察到 $n$ 的范围比较小,我们可以考虑使用 BFS 求解最短路。如果边权均为 $1$,那么 BFS 可以在 $O(m)$ 的时间复杂度内求解最短路。那么如果我们只是加入了一条边的话,我们可以将边权为 $x$ 的边看做 $x$ 条边的组合,每次加入该边时,我们就在原始图上添加 $x$ 条边,边权均为 $1$。这样,我们就可以使用一次 BFS 求解最短路了。 但是,我们不得不考虑加入多条边的情况。如果我们还是将边权为 $x$ 的边看做 $x$ 条边的组合,那么我们就需要加入 $x$ 条边,而不是一条边。这样,我们就不能使用 BFS 了。 但是,我们可以使用 Floyd 算法。事实上,我们每次加入边时,只有边权等于 $x$ 的边会发生变化。因此,如果我们枚举边权 $x$ 时,每次只需要将边权等于 $x$ 的边加入图中,然后使用 Floyd 算法重新计算最短路即可。由于 Floyd 算法的时间复杂度为 $O(n^3)$,因此总的时间复杂度为 $O(n^4)$。 时间复杂度 $O(n^4)$ 空间复杂度 $O(n^2)$ C++ 代码 注意点:Floyd算法计算任意两点之间的最短路径,只需要在之前的路径基础上加入新的边构成的新路径进行更新即可。
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