【状态压缩DP】【POJ3254】【POJ1185】 入门题

【POJ3254】题目直达车: POJ 3254 Corn Fields

题意：有一个m*n（n、m<=12）的网格，每个方格只能是0、1，从网格中选一部分

（可为0）方格（只能选1的方格），不能取相邻（包括四个方向）的两个，

问有多少种选法。

分析：因为n、m的数据比较小，所以可用状态DP，即：用一个整数p表示一行选方格

的情况，p的二进制为1时说明这位置的方格被选，反之不选。用时，将每一行

的方格也当成二进制化为一个整数q，但为了更好地判断状态p的可行性，可以将

网格中的0、1互换，如：0 1 0 => 1 0 1， 则q=5。那么只考虑这一行时，判断

p的可行性的方法是：当(p&q)=0时表示可以这么选（即p状态），反之不能。

那么，判断相邻两行的状态可行性的方法如下：

设第i-1行状态为pi-1，第i行状态为pi，则：当(pi-1&pi)=0时为可行，反之则不行。

转移方程：



代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int mod=1000000000;
int n,m;
vector<int>M;      // 状态
int a[15], p[15]={0};
long long dp[13][4500];
void dfs(int x) {  // 找出长度为n的所有状态
if(x==-1) {
int u=0;
for(int i=0; i<n; ++i) if(a[i]) u|=(1<<i);
M.push_back(u); return;
}
for(int i=0; i<=1; ++i){
if(i&&a[x+1]) break;
a[x]=i;  dfs(x-1);
}
}
int main() {
while(~scanf("%d%d",&m,&n)) {
memset(a,0,sizeof(a));
memset(dp,0,sizeof(dp));
M.clear();
dfs(n-1);
dp[0][0]=1LL;
int len=M.size();
for(int i=1; i<=m; ++i) {
p[i]=0;
for(int j=0; j<n; ++j){
int x; scanf("%d",&x);
p[i]|=(1-x)<<j;
}
for(int j=0; j<len; ++j)
if((M[j]&p[i])==0)
for(int k=0; k<len; ++k)
if((M[k]&p[i-1])==0&&(M[j]&M[k])==0)
dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k])%mod;
}
long long ans=0;
for(int j=0; j<len; ++j) ans=(ans+dp[m][j])%mod;
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}

【POJ1185】题目直达车:
POJ 1185 炮兵阵地

分析:

列( <=10 )的数据比较小, 一般会想到状压DP.

Ⅰ、如果一行10全个‘P’，满足题意的状态不超过60种（可手动枚举）。

Ⅱ、用DFS搜出所有可能表示状态的整数（二进制1表示可以放，0则不能）。

Ⅲ、对每一行的地行进行状态处理（p[i]表示第i行地形的状态），二进制‘H’转1，‘P’转0；

Ⅳ、用dp[i][j][k]表示第i行，且i行状态为j，i-1行状态为k时，最多能放置的量。

Ⅴ、对于第i行的可行状态必须满足：

⒈ j & k =0 且 j & t =0 （t为第i-2行放置状态）与前两行匹配，即不互相攻击。

⒉ j & p[i] = 0 与地形匹配，即只放平原地带。

Ⅵ、转移方程：dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][t]+num[j])

（num[j]为第j种状态中放置炮兵的数量）

第一次做状态DP, 参考(题解报告)的思路才敲出来

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
int p[105],dp[105][65][65];
vector<int>M[11];
int a[11],n,m;
void DFS(int k,int t){  ///搜索m=t时如果全为'P'可以表示状态的整数
if(k==t){
int p=0;
for(int i=0;i<t;++i)
if(a[i]) p=p|(1<<i);
M[t].push_back(p);  /// 记下能表示状态的整数
return;
}
for(int i=0;i<=1;++i){
if(i&&((k&&a[k-1])||(k>1&&(a[k-1]||a[k-2])))) continue;
a[k]=i;
DFS(k+1,t);
}
}
int main(){
for(int i=1;i<=10;++i) DFS(0,i);
while(~scanf("%d%d",&n,&m)&&n+m){
p[0]=0;
///num[i]记下用第i种状态(整数M[m][i]表示) 中设了多少炮兵部队
int num[65], len=M[m].size();
for(int i=0;i<len;++i)
num[i]=__builtin_popcount( M[m][i] ); ///计算M[m][i]中二进制中1的个数
memset(dp,0,sizeof(dp));
int Max=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
char ch[105]; scanf("%s",ch);
p[i]=0;
//预处理地形(1代表'H',0代表'P')
for(int j=0;j<m;++j) if(ch[j]=='H') p[i]|=(1<<j);
if(i==1){ //初始化第一行所有布置情况
for(int k=0; k<len; ++k)
for(int j=0; j<len; ++j){
if(!(M[m][k]&p[1])) dp[1][k][j]=num[k];
else dp[1][k][j]=0;
Max=max(Max,dp[1][k][j]);
}
continue;
}
for(int j=0; j<len; ++j)//当前行
if(!(M[m][j]&p[i])) //与 地形匹配
for(int k=0; k<len; ++k)//i-1
if(!(M[m][k]&p[i-1])&&!(M[m][k]&M[m][j]))//与 地形、i-1行匹配
for(int t=0; t<len; ++t)//i-2
//与 地形、i-1行、i-2行匹配
if(!(M[m][t]&p[i-2])&&!(M[m][t]&M[m][k])&&!(M[m][t]&M[m][j])){
dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][t]+num[j]);
if(i==n)Max=max(dp[i][j][k],Max);
}
}
printf("%d\n",Max);
}
return 0;
}