【bzoj1087】【互不侵犯King】状压dp裸题（浅尝ACM-D）

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向大（hei)佬(e)势力学(di)习(tou)

Description

　　在N×N的棋盘里面放K个国王，使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。国王能攻击到它上下左右，以及左上

左下右上右下八个方向上附近的各一个格子，共8个格子。

Input

　　只有一行，包含两个数N，K （ 1 <=N <=9, 0 <= K <= N * N）

Output

　　方案数。

Sample Input

3 2

Sample Output

16

看数据范围，1<=N<=9，什么东西的的数据范围这么小啊，总不可能是放水，所以想来也是状态压缩dp了

说道状压dp，刚开始学习的时候打的是salesman，是一道用记忆化搜索的题，害我进了一个误区，竟以为状压都要用记忆化搜索。然而状压的实质只是将状态用二进制的数字表示，结合进各种dp中去。

这类题的状态通常有优化，枚举的2^N的数字中有很大一部分是不合法的，如果每次都枚举完再判断的话有可能会超时，所以可以用一个state数组来储存合法状态（但要注意state[i]中的i不是二进制状态）

另外灵活应用位运算来判断合法不合法也是一个重要的技巧

目前我所总结到的：

1、& 可以判断是否在同一列

2、<< 和>> 可以挪动，与其他运算符结合使用可以判断斜方向上的东西

3、| 并上两行的，通常用于三行的dp

代码（有我的笨判断方法，好在对时间复杂的要求不高）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

const int N=15;

struct Node{
int state,cnt;
}a[600];
int sz=0;
int n,K;
ll dp
[600][N*N];

bool check(int state){
bool bj=0;
int now;
while(state){
now=(state&1);
if(bj==0&&now==1) bj=1;
else if(bj==1){
if(now==1) return false;
bj=0;
}
state>>=1;
}
return true;
/*if(state&(state<<1)) return false;
if(state&(state>>1)) return false;
return true;*/
}
int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
int count(int state){
int now,rt=0;
while(state){
rt++;
state-=lowbit(state);
}
return rt;
}
bool check2(int a,int b){
if((a&b)!=0) return false;
if(check((a|b))==false) return false;
/*if((a&(b<<1))!=0) return false;
if((a&(b>>1))!=0) return false;*/
return true;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&K);
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
if(check(i)){
a[sz].state=i;
a[sz].cnt=count(i);
sz++;
}
}
for(int i=0;i<sz;i++){
dp[1][i][a[i].cnt]=1;
}
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=0;j<sz;j++){
for(int k=0;k<=K;k++){//0个也是可能的
for(int g=0;g<sz;g++){
if(check2(a[j].state,a[g].state)&&k-a[j].cnt>=0) dp[i][j][k]+=dp[i-1][g][k-a[j].cnt];
}
}
}
}
ll ans=0;
for(int i=0;i<sz;i++){
ans+=dp
[i][K];
}
printf("%lld",ans);//long long
return 0;
}

总结：

最近总死在long long 上，下手前要先思考一下可能会达到的数据范围