状压dp

一.状压dp基本特征

-状态压缩问题一般是指用10进制数来表示二进制下的状态.
常用到位运算。

二.位运算

为了更好的学习了解状压dp,先了解位运算的相关的知识。

1.’&’符号,x&y,会将两个十进制数在二进制下进行与运算(都1为1,其余为0)
然后返回其十进制下的值。例如3(11)&2(10)=2(10)。

2.’|’符号,x|y,会将两个十进制数在二进制下进行或运算(都0为0,其余为1)
然后返回其十进制下的值。例如3(11)|2(10)=3(11)。

3.’^’符号,x^y,会将两个十进制数在二进制下进行异或运算(不同为1,其余
为0)然后返回其十进制下的值。例如3(11)^2(10)=1(01)。

4.’<<’符号,左移操作,x<<2,将x在二进制下的每一位向左移动两位,
最右边用0填充,也就相当于让x乘以4。

5.相应的,’>>’是右移操作,x>>1相当于给x/2,去掉x二进制下的最右一位。

三.状压dp常用位运算

1.判断一个数字x在二进制下第i位是不是等于1。
方法:if ( ( ( 1 << ( i - 1 ) ) & x ) >0)

解析:将1左移i-1位,相当于制造了一个只有第i位上是1,
其他位上都是0的二进制数,然后用该数与x做与运算,
如果结果>0,说明x第i位上是1,反之则是0。

2.把一个数字x在二进制下的第i位更改成1。

方法:x |= ( 1<<(i-1) )

证明方法与1类似(将1左移i-1位,相当于制造了一个只有第i位上是1,
其他位上都是0的二进制数,然后用该数与x做或运算,只要存在1就为1,
所得结果即为新的x值

四.例题
POJ 3254  Corn Fields
题目链接:http://poj.org/problem?id=3254

题目大意:农夫有一块地,被划分为m行n列大小相等的格子,其中一些格子是可以放牧的(用1标记),农夫可以在这些格子里放牛,其他格子则不能放牛(用0标记),并且要求不可以使相邻格子都有牛。现在输入数据给出这块地的大小及可否放牧的情况,求该农夫有多少种放牧方案可以选择(注意:任何格子都不放也是一种选择,不要忘记考虑!

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种状态(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)

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define mod 100000000
int M,N,top = 0;
int state[600],num[110];
int dp[20][600];
int cur[20];

inline bool ok(int x){  
   if(x&x<<1)   return false;
   return true;
}
void init(){            
   top = 0;
   int total = 1 << N; 
   for(int i = 0; i < total; ++i){
       if(ok(i))state[++top] = i;   
   }
}
inline bool fit(int x,int k){ 
   if(x&cur[k])return false; 
   return true;  
}

int main(){
    while(scanf("%d%d",&M,&N)!= EOF)
    {
       init();
       memset(dp,0,sizeof(dp));
       for(int i = 1; i <= M; ++i)
       {
           cur[i] = 0;
           int num;
           for(int j = 1; j <= N; ++j)
           {
                scanf("%d",&num);
               if(num == 0)
                   cur[i] +=(1<<(N-j));
           }
       }
       for(int i = 1;i <= top;i++){
           if(fit(state[i],1)){ 
                dp[1][i] = 1; 
           }

       }
       for(int i = 2; i <= M; ++i){ 
           for(int k = 1; k <= top; ++k){ //该循环针对所有可能的状态,找出一组与第i行相符的state[k]
                if(!fit(state[k],i))continue; //判断是否符合第i行实际情况
                for(int j = 1; j <= top ;++j){ //找到state[k]后,再找一组与第i-1行符合,且与第i行(state[])不冲突的状态state[j]
                   if(!fit(state[j],i-1))continue;  //判断是否符合第i-1行实际情况
                   if(state[k]&state[j])continue;  //判断是否与第i行冲突
                   dp[i][k] = (dp[i][k] +dp[i-1][j])%mod;  //若以上皆可通过,则将'j'累加到‘k'上
                }
           }
       }
       int ans = 0;
       for(int i = 1; i <= top; ++i){
           ans = (ans +


dp[M][i])%mod; 
       }
       printf("%d\n",ans);
   }
   return 0;
}

更详细讲解参见http://blog.youkuaiyun.com/harrypoirot/article/details/23163485

### 压缩动态规划解决猛兽放置问题 压缩动态规划( DP)是一种高效的算法设计方法,特别适用于棋盘类问题。以下是一个基于 C++ 的压缩动态规划实现,用于解决 N×N 方阵中猛兽的放置问题。 #### 问题分析 - 每个猛兽会攻击自身周围八个格子,因此需要确保任意两只猛兽之间不能互相攻击。 - 使用压缩表示每一行的猛兽放置情况,通过位运算快速判断冲突。 - 动态规划的态转移方程用于统计所有可行方案。 --- #### 算法设计 1. **态定义**: - 设 `dp[i][j]` 表示前 `i` 行已经放置猛兽,并且第 `i` 行的猛兽放置态为 `j` 的情况下,总的可行方案数[^1]。 - 态 `j` 是一个二进制数,其中每一位表示该列是否放置猛兽。 2. **态转移**: - 对于当前行 `i` 和态 `j`,枚举上一行的所有可能态 `k`,并检查两者是否冲突。 - 如果不冲突,则更新态转移方程:`dp[i][j] += dp[i-1][k]`[^1]。 3. **冲突检测**: - 使用位运算检测猛兽之间的冲突,包括同一列和对角线上的冲突。 - 如果两个态 `j` 和 `k` 在同一列或对角线上有重叠,则认为它们冲突。 4. **初始化**: - 当没有猛兽时,只有一种方案,即什么都不放,因此 `dp[0][0] = 1`。 5. **结果计算**: - 最终结果为所有放置了 `K` 只猛兽的态之和。 --- #### 实现代码 ```cpp #include <iostream> #include <vector> using namespace std; int countWays(int N, int K) { vector<int> validStates; // 存储所有合法的态 for (int i = 0; i < (1 << N); ++i) { if (__builtin_popcount(i) <= K) { // 确保态中的猛兽数量不超过 K validStates.push_back(i); } } // 动态规划数组 vector<vector<long long>> dp(N + 1, vector<long long>(1 << N, 0)); dp[0][0] = 1; // 初始态 for (int i = 1; i <= N; ++i) { for (auto j : validStates) { // 当前行态 if (__builtin_popcount(j) > K) continue; // 超过 K 只猛兽,跳过 for (auto k : validStates) { // 上一行态 if ((j & k) == 0 && // 不在同一列 (j & (k >> 1)) == 0 && // 不在左对角线 (j & (k << 1)) == 0) { // 不在右对角线 dp[i][j] += dp[i - 1][k]; } } } } long long result = 0; for (auto s : validStates) { if (__builtin_popcount(s) == K) { // 统计放置了 K 只猛兽的态 result += dp[N][s]; } } return result; } int main() { int N, K; cout << "请输入棋盘大小 N 和猛兽数量 K: "; cin >> N >> K; if (K > N * N) { cout << "无法放置超过 N*N 只猛兽!" << endl; return 0; } cout << "可行方案数: " << countWays(N, K) << endl; return 0; } ``` --- #### 算法说明 1. **态生成**: - 使用 `__builtin_popcount` 函数计算二进制态中 1 的个数,以确保每种态的猛兽数量不超过 `K`[^1]。 2. **冲突检测**: - 使用位运算 `(j & k)` 检测同一列冲突。 - 使用 `(j & (k >> 1))` 和 `(j & (k << 1))` 检测对角线冲突。 3. **时间复杂度**: - 态总数为 `2^N`,每次态转移需要枚举上一行的所有态,因此时间复杂度为 O((2^N)^2 * N)[^1]。 4. **空间复杂度**: - 动态规划数组占用 O(N * 2^N) 的空间。 --- ####
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