Hoj 2662 棋盘问题

本文详细介绍了一道关于在棋盘上放置旗子的问题,并利用状态压缩动态规划(状压DP)解决该问题。文章通过逐步分析,阐述了如何定义状态、递推公式及代码实现。

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第一次做状压,感觉自己又get 新技能,感觉棒棒哒微笑

hoj 2662

大概题意是:有一个n*m的棋盘,在这个棋盘里边放k个旗子,要求每一行每一列都不能存在一对旗子相邻,问最后总共的方案数。

这道题一看状态非常多,就一定是状压。怎么状压呢?这又是个问题。
慢慢考虑下这道题每个局面分别有哪些状态,我们很容易就能想到有以下几个状态:
第一:每一行放了多少个旗子;
第二:已经用了多少个旗子;
第三:已经放的这些旗子能不能保证合法,即上下左右均不相邻。
在这里可能还不容易想到那个状态表达式,那么我们先来考虑个简单的,假如说只有一行,要求在这一行里边填充k个旗子,要求任意两个都不相邻,这个时候的dp应该怎么表示?这就很简单了,直接就是dp[i][j][x],代表已经到了第i列,已经使用了j个旗子,而且当前第i列的状态就是x(当然这里x只能是0和1,这里0代表这个第i列没有放旗子,1就代表这个位置放了旗子)的总方案数,递推关系是怎么写?其实也很简单,
dp[i][j][0]=dp[i-1][j][0]+dp[i-1][j][1];
dp[i][j][1]=dp[i-1][j-1][0];//这里只能是dp[i-1][j-1][0],因为第i列已经放了,那么第i-1列就一定不能放。
当然这里你需要考虑到二维的局面,怎么考虑,把行对应于列,每一列的状态转化为每一行的状态,前i列使用了j个旗子变成前i行使用了j个旗子就这样思考。
综上考虑,我们会想到要有一个这样的dp,就是dp[i][j][x],这里代表的是:
填充旗子已经填到第i行了,已经使用了j个旗子,而且当前第i行的状态就是x的这么一个
表示前i行的总方案数。
那么递推怎么推?
dp[i][j][x]+=dp[i-1][j-num(mark[x])][y];
解释一下,这里的x是当前第i行的状态,而这个mark[x]代表当前状态下的十进制表示,也就是说把一个状态表示成十进制之后就是mark[x]了,这里为什么是j-num(mark[x])呢?因为啊,你这样想。反过来推。如果你在前i-1行已经使用了j-num(mark[x])个旗子,而且num(mark[x])就代表第i行你使用的旗子,那么你在前i行是不是就使用了j个旗子?
就这样逆推。这个mark[x]和mark[y]分那别代表第i行和第i-1行的状态的十进制表示。
最后你只要把dp[n][k][i]其中i是从0到最多状态的那些状态,把他们加起来。
代码实现:/*This Code is Submitted by wangjianbing for Problem 2662 at 2016-08-10 08:51:48*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define LL long long
LL dp[82][22][1<<6],mark[1<<6],zt,ans;
int n,m,k;
int num(LL x)//返回一个状态的值对应的1的个数,就是这第X行里所用的旗子的个数
{
    int sum=0;
    while(x)
    {
        if(x&1)sum++;
        x=x>>1;
    }
    return sum;
}
bool judge_row(int x)//这里就判断每一行里边是否满足互不相邻
{
    return (!(x&(x<<1)));
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&k))
    {
        zt=0;
        memset(dp,0,sizeof dp);
        memset(mark,0,sizeof mark);
        if(n<m)//这里是保证n>=m,使用异或运算减少时间。
        {
        n=n^m;
        m=n^m;
        n=n^m;
        }
//        cout<<"******************"<<endl<<n<<m<<endl;
        for(LL i=0;i<(1<<m);i++)//初始化第一行
        {
            if(judge_row(i))
            {
                dp[1][num(i)][zt]=1;
                mark[zt++]=i;
            }
        }
        for(int i=2;i<=n;i++)//分别将2~n行都壮压
            for(int j=0;j<=k;j++)
            for(LL x=0;x<zt;x++)
            for(LL y=0;y<zt;y++)
            {
//                LL temp=num(mark[x]);
                if(((mark[x]&mark[y])==0)&&j>=num(mark[x]))//这里是判断上下两行是不是合法和剩下的旗子都不够用来放在第x行里边
                {
                    dp[i][j][x]+=dp[i-1][j-num(mark[x])][y];//将上一行已经得到的结果和这一行的结果加起来就是这前i行的总方案数
                }
            }
        ans=0;
        for(LL i=0;i<zt;i++)//对于通过不同状态扫到了末尾的那些方案数加起来,就是最终答案
        ans+=dp[n][k][i];
            printf("%lld\n",ans);
    }
}


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