洛谷 P3190 [HNOI2007]神奇游乐园（插头DP）

插头DP算法解析

最新推荐文章于 2025-03-18 15:23:32 发布

原创最新推荐文章于 2025-03-18 15:23:32 发布 · 269 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

插头dp 专栏收录该内容

4 篇文章

订阅专栏

本文深入探讨了插头DP算法的实现细节，通过一个求最大点权回路的问题实例，详细讲解了如何利用DP模板解决含有多个权值的复杂问题。文章提供了完整的代码示例，帮助读者更好地理解和掌握算法原理。

题目链接

题意

求一个最大点权回路

思路

插头DP模板题多个权值，还是挺模板，加强理解。

枚举最右点，不能存在右插头。不然之后转移状态虽然没考虑但是会一直记录，然后炸时间和空间
形成一个连通分量只会出现一次()的情况，不要再push进状态

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct hash_table {
    int hash_mod = 19991;
    int state[20000], ans[20000], up;
    int tot, first[20000], nxt[20000], w[20000];
    void init() {
        memset(first, 0, sizeof(first));
        tot = 0;
        up = 0;
    }
    int ins(int sta, int val) {
        int key = sta%hash_mod;
        for(int i = first[key]; i; i = nxt[i]) {
            if(state[w[i]] == sta) return ans[w[i]] = max(ans[w[i]],val);
        }
        state[++up] = sta;
        ans[up] = val;
        nxt[++tot] = first[key];
        w[tot] = up;
        first[key] = tot;
        return val;
    }
}dp[2];

#define prel (1<<bit[j-1])
#define prer (1<<bit[j])
int n, m, a[105][10], bit[10];

void solve() {
    int cur = 0, ans = -1e9;
    dp[cur].init();
    dp[0].ins(0,0);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        for(int j = 1; j <= dp[cur].up; ++j) dp[cur].state[j] <<= 2;
        for(int j = 1; j <= m; ++j) {
            cur ^= 1;
            dp[cur].init();
            for(int k = 1; k <= dp[cur^1].up; ++k) {
                int sta = dp[cur^1].state[k];
                int w = dp[cur^1].ans[k];
                int d = (sta>>bit[j])&3;
                int r = (sta>>bit[j-1])&3;
                if(!r && !d) {
                    dp[cur].ins(sta,w);
                    if(j != m) dp[cur].ins(sta+prel+2*prer,w+a[i][j]);
                }
                else if(!r && d) {
                    if(j != m) dp[cur].ins(sta,w+a[i][j]);
                    dp[cur].ins(sta-d*prer+d*prel,w+a[i][j]);
                }
                else if(r && !d) {
                    dp[cur].ins(sta,w+a[i][j]);
                    if(j != m) dp[cur].ins(sta-r*prel+r*prer,w+a[i][j]);
                }
                else if(r == 1 && d == 1) {
                    int cnt = 1;
                    for(int p = j+1; p <= m; ++p) {
                        if(((sta>>bit[p])&3) == 1) ++cnt;
                        if(((sta>>bit[p])&3) == 2) --cnt;
                        if(!cnt) {
                            dp[cur].ins(sta-prel-prer-(1<<bit[p]),w+a[i][j]);
                            break;
                        }
                    }
                }
                else if(r == 2 && d == 2) {
                    int cnt = 1;
                    for(int p = j-2; p >= 0; --p) {
                        if(((sta>>bit[p])&3) == 1) --cnt;
                        if(((sta>>bit[p])&3) == 2) ++cnt;
                        if(!cnt) {
                            dp[cur].ins(sta-2*prel-2*prer+(1<<bit[p]),w+a[i][j]);
                            break;
                        }
                    }
                }
                else if(r == 2 && d == 1) {
                    dp[cur].ins(sta-prel*r-prer*d,w+a[i][j]);
                }
                else {
                    if(sta == prel+2*prer) ans = max(ans,w+a[i][j]);
                    // 形成一个连通分量，不能再push进去不然存在多个回路
//                    else dp[cur].ins(sta-prel-2*prer,w+a[i][j]);
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
}

int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 1; j <= m; ++j) scanf("%d",&a[i][j]);
    for(int i = 1; i <= m; ++i) bit[i] = i<<1;
    solve();
	return 0;
}