poj 3254 Corn Fields 状压DP

最新推荐文章于 2023-08-08 14:59:34 发布

Helios_nannan

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分类专栏： ACM======start ACM-动态规划文章标签： dp

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本文解析了一个典型的状压动态规划问题，通过种玉米的例子详细介绍了如何利用状态压缩技巧来解决实际问题。文章包含了完整的AC代码及解题思路，适合初学者学习状压DP的基本原理。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

传送门：poj 3254 Corn Fields

题目大意

给出一个M*N的矩阵，元素为0表示这个地方不能种玉米，为1表示这个地方能种玉米，现在规定所种的玉米不能相邻，即每行或者没列不能有相邻的玉米，问一共有多少种种植方法。

举个例子：

2 3
1 1 1
0 1 0
表示2*3的玉米地，现在一共有多少种种植方法呢？答案：种0个玉米（算一个合法方案）+种1个玉米（4）+种2个玉米（3）+种3个玉米（1）=9

解题思路

这是个很经典的状压DP的题目！
因为第i行的状态只与i-1的状态有关，所有是满足无后效性的。所有的方案总数也就是相当于求最后一行的所有状态的总和！
所以dp[i][j]就表示第i行为状态j的时候能种玉米的总和！
状态转换方程为:dp[i][nowstate] += dp[i-1][prestate]
当然nowstate和prestate要满足下面的几个条件：
1. prestate是存在的，即对应的位置是1
2. prestate和nowstate是不相邻的
那么第一行的所有的状态必须是已知的。
我们自最开始的时候对第一行的所有状态进行预处理：
我们先把每一行能种植的状态记录下来：在这里知识考虑不相邻。
然后把第一行可以放的状态变为1
在输入的时候每一行进行“编码”记录的是0所对应的位置。
然后通过三个循环来进行状态转移，最后通过计算最后一行所有状态的和就可以了。

AC代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
const int MAXN = 16;
const int MOD = 100000000;
int dp[MAXN][1<<MAXN],maze[1<<MAXN],state[1<<MAXN];

bool judge(int i,int x)
{
    return (maze[i]&state[x]);
}

int main()
{
    int N,M,x;
    while(~scanf("%d%d",&N,&M))
    {
        memset(dp,0,sizeof dp);
        memset(maze,0,sizeof maze);
        memset(state,0,sizeof state);
        for(int i=1;i<=N;i++)
        {
            for(int j=1;j<=M;j++)
            {
                scanf("%d",&x);
                if(x == 0) maze[i]+=(1<<(j-1));
            }
        }
        int k=0;
        for(int i=0;i<(1<<M);i++)
            if(!(i&(i<<1))) state[k++] = i;
        for(int i=0;i<k;i++)
            if(!judge(1,i)) dp[1][i] = 1;
        for(int i=2;i<=N;i++)
        {
            for(int j=0;j<k;j++)
            {
                if(judge(i,j)) continue;
                for(int v = 0;v<k;v++)
                {
                    if(judge(i-1,v))continue;
                    if(!(state[j]&state[v])) dp[i][j] += dp[i-1][v];
                }
            }
        }
        int ans = 0;
        for(int i=0;i<k;i++) ans = (ans+dp[N][i])%MOD;
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}