hrbust 1843 方格取数【状压dp】

方格取数

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Description

一个矩阵n*m(1<=n,m<=12)的矩阵里有很多格子，每个格子里有一个数字(10<=数字<100)。 如果你选择了某个格子的数字后，他附近临近的八个方向的格子的数字就不可以选择了，问最多可以获得的数字和。

Input

第一行输入一个整数t，代表测试次数，t不超过100。 对于每组数据的第一行输入两个整数n和m，代表行和列。 接下来是一个n*m的矩阵，每个方格内有一个数字。

Output

最大的可以获得的数字和

Sample Input

1 3 3 10 20 30 20 30 10 10 20 30

Sample Output

80

Source

状态DP专题

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陈禹

思路：

首先简单了解状压：

我们把这样的一个01串改变成十进制数作为存储，因为有位运算，所以我们存十进制数据的优势就显现了出来：

101==5，表示我们取这一行的第一个和第三个数，再例如：011==3，表示我们取这一行的第二个和第三个数。

因为每一行都有m个元素，所以每一行的元素的个数是确定的，所以其中能够组成的方案个数也是固定的。所以我们不妨用q【】存下每一行有m个数据的所有可能方案。

对于每一行的取法限制条件是这样的：不能有两个1相邻，例如110 ，011，这样的就不行，101,001这样的就可行，至于如何进行判断呢？我们将本串（01串）和本串末尾加一个0之后的串进行与运算（&）如果值为0，表示可以，否则表示不可以.

简单举例：（与运算同1为1，其余为0）

101&1010=0；可以

110&1100！=0；不可以

int end=1<<m;
for(int i=0;i<end;i++)
{
if((i&(i<<1))==0)
{
q[cont++]=i;
}
}

然后我们枚举每一行（i），再枚举当前行的状态（q【j】），并且对当前行的状态进行取值加和（sum）。然后再枚举上一行的状态（q.【k】），如果上下两行符合题目规则

辣么状态转移方程也不难理解：dp【i】【j】=max（dp【i】【j】，dp【i-1】【k】+sum），辣么如何判断这一行和上一行的状态是否符合题意呢？

我们进行三个与运算进行判断，一个是q【k】和q【j】直接进行判断，一个是q【k】状态01串末尾加一个0和q【j】进行判断，最后一个是q【k】状态01串在末尾取走一位后和q【j】进行判断。

对于这部分的代码实现：

for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<cont;j++)
{
int sum=0;
for(int k=0;k<m;k++)
{
if((q[j]&(1<<k))!=0)
{
sum+=a[i][k];
}
}
//if(i==1)printf("%d\n",sum);
dp[i][j]=sum;
if(i==0)continue;
for(int k=0;k<cont;k++)
{
if((q[j]&q[k])!=0)continue;
if((q[j]&(q[k]<<1))!=0)continue;
if((q[j]&(q[k]>>1))!=0)continue;
dp[i][j]=max(dp[i][j],sum+dp[i-1][k]);
}
}
}

最后一层for遍历dp【n-1】【i】，并且维护最大值即可、

注意的点：位运算优先级很复杂，在位运算过程中尽量都对运算加上（）。避免出错。

完整的AC代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int dp[15][1<<16];
int a[15][15];
int q[1<<16];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<m;j++)
{
scanf("%d",&a[i][j]);
}
}
int cont=0;
int end=1<<m;
for(int i=0;i<end;i++)
{
if((i&(i<<1))==0)
{
q[cont++]=i;
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<cont;j++)
{
int sum=0;
for(int k=0;k<m;k++)
{
if((q[j]&(1<<k))!=0)
{
sum+=a[i][k];
}
}
dp[i][j]=sum;
if(i==0)continue;
for(int k=0;k<cont;k++)
{
if((q[j]&q[k])!=0)continue;
if((q[j]&(q[k]<<1))!=0)continue;
if((q[j]&(q[k]>>1))!=0)continue;
dp[i][j]=max(dp[i][j],sum+dp[i-1][k]);
}
}
}
int output=0;
for(int i=0;i<cont;i++)
{
output=max(output,dp[n-1][i]);
}
printf("%d\n",output);
}
}
/*
100
2 4
100 1 1 100
1 1 1 1
*/