[BZOJ1725] [Usaco2006 Nov]Corn Fields牧场的安排

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http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1725

题目大意

给定nxm的01格子,1的格子可以放东西,放了东西后这个格子的四连通就不能放了,询问有多少种放法

题解

n和m很小,状压DP
我们定义dp[i,j]:第i行的状态为j的放法总和
怎么判断呢:枚举第i层的状态和第i-1层的状态,如果合法就转移
怎么合法呢:
1.两行中没有位置相同且都为1的,即(j and k=0)
2.两行的状态j和k都是合法的,即他们放的位置都是1且他们放的位置两边都是0

var
 x:array[0..20,0..20]of longint;
 y,dp:array[0..20,0..5000]of longint;
 i,j,k:longint;
 n,m,ans:longint;
begin
 readln(n,m);
 for i:=1 to n do
  for j:=1 to m do
   read(x[i,j]);
 for i:=1 to n do
  for j:=0 to (1<<m)-1 do
   begin
    y[i,j]:=1;
    for k:=1 to m do
     begin
      if (j and (1<<(k-1))<>0)and(x[i,k]=0)
      then begin y[i,j]:=0; break; end;
      if (k=1)and(j and (1<<(k-1))<>0)and(j and (1<<k)<>0)
      then begin y[i,j]:=0; break; end;
      if (k=m)and(j and (1<<(k-1))<>0)and(j and(1<<(k-2))<>0)
      then begin y[i,j]:=0; break; end;
      if (k<>1)and(k<>m)and(j and (1<<(k-1))<>0)and((j and (1<<k)<>0)or(j and(1<<(k-2))<>0))
      then begin y[i,j]:=0; break; end;
     end;
   end;
 for i:=0 to (1<<m)-1 do
  dp[1,i]:=y[1,i];
 for i:=2 to n do
  for j:=0 to (1<<m)-1 do
   for k:=0 to (1<<m)-1 do
    if (y[i,j]=1)and(y[i-1,k]=1)and(j and k=0)
    then dp[i,j]:=(dp[i,j]+dp[i-1,k])mod 100000000;
 ans:=0;
 for i:=0 to (1<<m)-1 do
  ans:=(ans+dp[n,i])mod 100000000;
 writeln(ans);
end.
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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