ZOJ 3777 Problem Arrangement(壮压dp)
2015-10-10 23:29
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题意:给定一个n*n的矩阵,在矩阵中选n个数字(每行每列只能选一个数字),问选出的数字和>=m的方法数
思路:
设满足条件的方案书为ans, 总方案数为 n!,那么期望就是 n! / ans
1、矩阵较小可以状压
2、每次转移以 数字和为记录,因为m<=500,对于数字和>m,可以视为m
dp[i][j][k] 表示前i件物品,在摆成二进制j状态下 和为k 的方法数
因为对于第i个数,我们不需要关心前面i-1个数所在的各个位置,只需要知道他们占了哪些位置
所以我们可以把dp简化为二维数组,dp[i][j] //在状态i下 和为j 的方法数
代码如下:
题意:给定一个n*n的矩阵,在矩阵中选n个数字(每行每列只能选一个数字),问选出的数字和>=m的方法数
思路:
设满足条件的方案书为ans, 总方案数为 n!,那么期望就是 n! / ans
1、矩阵较小可以状压
2、每次转移以 数字和为记录,因为m<=500,对于数字和>m,可以视为m
dp[i][j][k] 表示前i件物品,在摆成二进制j状态下 和为k 的方法数
因为对于第i个数,我们不需要关心前面i-1个数所在的各个位置,只需要知道他们占了哪些位置
所以我们可以把dp简化为二维数组,dp[i][j] //在状态i下 和为j 的方法数
代码如下:
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #include<vector> #include<map> #include<queue> #include<stack> #define pii pair<int, int> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 12; int n, m; int dp[5000][501]; //dp[i][j][k] 表示在摆成二进制j状态下 和为k 的方法数 int mp , Jie[20], Siz[13]; vector<int>G[13]; bool use[2][5000]; int GCD(int x,int y) { if(x > y)swap(x, y); while(x) { y %= x; if(x > y) swap(x, y); } return y; } int siz(int x) { int ans = 0; while(x) { ans += x & 1; x >>= 1; } return ans; } int main() { int i, j; Jie[0] = 1; for(i = 1; i <= 12; i++) Jie[i] = Jie[i-1] * i; for(i = 0; i <= 12; i++) G[i].clear(); for(i = 0; i < (1 << 12); i++) G[siz(i)].push_back(i); for(i = 0; i <= 12; i++) Siz[i] = G[i].size(); int t; scanf("%d", &t); while(t--) { scanf("%d%d", &n, &m); for(i = 0; i < n; i++) for(j = 0; j < n; j++) scanf("%d", &mp[i][j]); memset(dp, 0, sizeof(dp)); int top = 1, D = (1 << n); dp[0][0] = 1; for(i = 1, j = 0; i < D; i <<= 1, j++) { dp[i][min(m,mp[0][j])] = 1; } for(i = 1; i < n; i++) { for(j = 0; j < Siz[top]; j++) { int now = G[top][j]; //选top件物品中的某个状态 if(now >= D) break; for(int z = 0; z < n; z++) if((now & (1<<z)) == 0) //与状态now互补时 { int t = now | (1<<z); //now与(1<<z)构成的状态 for(int d = 0; d <= m; d++) if(dp[now][d]) { dp[t][min(d + mp[i][z], m)] += dp[now][d]; } } } top++; } if(dp[(1<<n)-1][m] == 0) puts("No solution"); else { int gcd = GCD(dp[(1<<n)-1][m], Jie ); printf("%d/%d\n",Jie / gcd, dp[(1 << n) - 1][m] / gcd); } } return 0; }
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