德玛西亚万岁

状压DP解决英雄布局问题

最新推荐文章于 2020-07-13 22:59:07 发布

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#状压DP

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本文介绍了一种使用状态压缩动态规划（状压DP）解决特定布局问题的方法。问题背景是在一张标记了可站与不可站区域的地图上，根据英雄不能相邻的规则，计算出最多能有多少种安排英雄的方法。文章详细阐述了从输入读取到最终输出答案的全过程，包括状态压缩减少无效状态、DP状态转移等关键步骤。

题目描述


	德玛西亚是一个实力雄厚、奉公守法的国家，有着功勋卓著的光荣军史。



	这里非常重视正义、荣耀、职责的意识形态，这里的人民为此感到强烈自豪。



	有一天他们想去制裁邪恶的比尔吉沃特，于是派遣了自己最优秀的战士。



	结果比尔吉沃特领土太小，只有长为n宽为m共计n*m块土地，其中有些土



	地标记为0表示为高山峻岭或者深海湖泊，英雄们无法在其中站立，只有标



	记为1的土地才能容纳一个英雄。德玛西亚的英雄们战斗时有一个特点，他



	们不希望队友站在自己旁边显得很暧昧。请问最多能有多少种安排德玛西



	亚英雄的方法？

输入描述:
输入包含多组测试数据；
每组数据的第一行包含2个整数n和m (n <= 12, m <= 12 )，之间用空格隔开；
接下来的n行，每行m个数，表示n*m的比尔吉沃特领土。

输出描述:

输出一个整数n代表安排应用的方法。
（答案取膜100000000）

示例1

输入

输出

题意：给定一张图，0的地方不能放子，1的地方可放子，且与一子相邻的上下左右4个位置均不能放子，求有多少种不同的方法。

思路：状压DP，枚举每一行的状态，为了减枝，首先把不符合条件的状态直接删去，（如状态1100，明显有相邻的位置均为1，不可行，直接删去），这可以为后面的多重循环降低大量复杂度。

其中有一个数组为cur[i]，它存放的是地图的逆，其中i为行数，比如地图一行为1 0 1，cur[i]存放的是2，二进制为0 1 0，用cur[i]&state（state为一种可行状态）是否为0可以来判断此状态state能不能在本地图的第i行存在。若state中在地图为0的地方放子了，state&cur[i]必不为0，说明这种状态在此行不可行。这种方法来筛选符合地图此行的可行状态。

我们先确定dp[1][...]，通过第1行来递推第2行的dp[2][...]，...，最后推得第n行的dp[n][...]，∑dp[n][...]即为答案。

如何通过第1行来推第2行：枚举第2行的所有可行状态，同时枚举第1行的所有可行状态，若这两种状态无相邻的子（即满足条件），则第2行的这种状态符合条件的总方法数+=第1行的这种状态符合条件的总方法数，即dp[2][state1]+=dp[1][state2]。

同理推得dp[n][...] 。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAX = 14;
const int mod = 100000000;

int n,m;
int cnt;
int dp[MAX][1<<MAX];  //表示此行此状态符合条件的总方法数
int cur[MAX];  //地图的逆
int state[1<<MAX];  //可行状态

void init()
{
    cnt=0;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    memset(cur,0,sizeof(cur));
    //将不可行的状态直接删去以减枝
    for(int i=0;i<(1<<m);i++)
    {
        if(i&(i<<1))
            continue;
        else
            state[cnt++]=i;
    }
}

//判断这种状态能不能在本地图中存在
bool judge(int state,int i) //state表示状态，i表示行数
{
    //若值不为0,说明不可行
    if(state&cur[i])
        return false;
    //反之，则可行
    return true;
}

int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
        init();
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                int num;
                scanf("%d",&num);
                if(num==0)
                {
                    //在地图为0的地方置1,为1的地方置0
                    cur[i]+=(1<<(m-j));
                }
            }
        }

        //筛选第一行的可行状态
        for(int i=0;i<cnt;i++)
        {
            if(judge(state[i],1))
                dp[1][i]=1;
        }

        //比较地i行与第i-1行的状态
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            for(int j=0;j<cnt;j++)
            {
                //不符合地图该行的状态，舍去
                if(!judge(state[j],i))
                    continue;
                for(int k=0;k<cnt;k++)
                {
                    //不符合地图该行的状态，舍去
                    if(!judge(state[k],i-1))
                        continue;
                    //若该行与上一行有相邻的子，上一行的这种状态舍去
                    if(state[j]&state[k])
                        continue;
                    //第i行的state[j]状态符合条件的总方法数 = 第i-1行所有符合条件的状态的总方法数之和（递推）
                    dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k])%mod;
                }
            }
        }

        int ans=0;
        //叠加最后一行所有状态符合条件的总方法数，即为答案
        for(int i=0;i<cnt;i++)
        {
            ans=(ans+dp[n][i])%mod; 
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}