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状压dp

作者:互联网

题目大意:农夫有一块地,被划分为m行n列大小相等的格子,其中一些格子是可以放牧的(用1标记),农夫可以在这些格子里放牛,其他格子则不能放牛(用0标记),并且要求不可以使相邻格子都有牛。现在输入数据给出这块地的大小及可否放牧的情况,求该农夫有多少种放牧方案可以选择(注意:任何格子都不放也是一种选择,不要忘记考虑!

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define mod 100000000
int M,N,top = 0;//top表示每行最多的状态数,即如果state中所有状态可行的情况都能种植的话(不是坏土地),则每行状态数就为top 
int state[600],num[110];  //state存放每行所有的可行状态(即没有相邻的状态) 
int dp[20][600];//dp[i][j]:对于前i行数据,当第i行采用第j种状态时的方案数 
int cur[20];//cur[i]表示的是第i行整行的土地情况(但是以相反方式存取的,这样便于与state数组中的状态进行与比较,更方便的判断state中哪些状态是可行的),即哪些可种植,哪些不可种植,二进制表示状态的十进制数 

inline bool ok(int x)//判断状态x是否可行
{	
   if(x&x<<1==0) return true;//若存在相邻两个格子都为1,则该状态不可行  对于二进制数x,只有当x&(x<<1)==0时,二进制数x不会有相邻两个1 
   return false;
}

void init()	//遍历所有可能的状态     /假设两行三列。则遍历 000 001 010 011 100 101 110 111,满足没有相邻1的000 001 010 100 101存进数组state/
{		
   top = 0;
   int total = 1 << N; //一行的最大状态数 
   for(int i = 0; i < total; ++i)
   {
       if(ok(i))//如果此状态可行就存进去state数组 
	   	state[++top] = i;	
   }
}

inline bool fit(int x,int y)//判断状态x 与第k行的实际状态的逆是否有‘重合’ 
{ 
   if(x&y) return true; //若没有重合,(则x符合要求)
   return false;  //若有重合,则不可行
}
 
int main()
{
    while(scanf("%d%d",&M,&N)!= EOF)
	{
       init();
       memset(dp,0,sizeof(dp));
       for(int i = 1; i <= M; ++i)
	   {
           cur[i] = 0;
           int num;
           for(int j = 1; j <= N; ++j) //输入时就要按位来存储,cur[i]表示的是第i行整行的土地情况,每次改变该数字的二进制表示的一位
		   {  
                scanf("%d",&num);  //表示第i行第j列的情况(0或1)
               	if(num == 0) //若该格为0	
				   cur[i] +=(1<<(N-j)); //则将该位置为1(注意要以相反方式存储,即1表示不可放牧    即若输入第一行是111 存进去的cur[1]二进制数为000,便于下面的在state数组中筛选 
           }
       }
       for(int i = 1;i <= top;i++)
	   {
           if(fit(state[i],cur[1]))//判断所有可能状态与第一行的 "实际状态的逆" 是否有重合,即初始化 
		   {  
                dp[1][i] = 1; //若输入的第1行的状态与第i种可行状态吻合,则dp[1][i]记为1
           }
	   }
	   /*
	   状态转移过程中,dp[i][k] =Sigma dp[i-1][j] (j为符合条件的所有状态)
		*/
       for(int i = 2; i <= M; ++i)//i索引第2行到第M行
	   {  
           for(int k = 1; k <= top; ++k)//该循环针对所有可能的状态,找出一组与第i行相符的state[k]
		   { 
                if(!fit(state[k],cur[i]))//判断是否符合第i行实际情况,不符合的话直接下一循环,每次找到一个符合的再往下判断 
					continue; 
                for(int j = 1; j <= top ;++j)//找到state[k]后,再找一组与第i-1行符合,且与第i行(state[])不冲突的状态state[j]
				{ 
                   if(!fit(state[j],cur[i-1]))//判断是否符合第i-1行实际情况
				   		continue;  
                   if(!fit(state[k],state[j])) //判断是否与第i行冲突
				   		continue; 
                   dp[i][k] = (dp[i][k] +dp[i-1][j])%mod; //若以上皆可通过,则将'j'累加到‘k'上    /即对于前i行,第i行选用第j状态时得到的方案数 
                }
           }
       }
       int ans = 0;
       for(int i = 1; i <= top; ++i)
	   {
           ans = (ans + dp[M][i])%mod; //累加最后一行所有可能状态的值,即得最终结果!!!泥马写注释累死我了终于写完了!
       }
       printf("%d\n",ans);
   }
}
/*总思路是:1.先进行init函数与ok函数   找出没有(有些土地不能种植)这一条件时,对一行中所有满足条件(相邻土地不能一块种植)的状态,用二进制数表示,十进制数存进state数组 
			2.用一个数组cur存入每一行给出的土地能否种植的状态,但存储方式为相反存储,如若某一行为1 1 1,代表均可放牧,则存进去cur时二进制数为0 0 0
			在cur二进制数表示的状态中1表示不可放牧,0表示可放牧 
			3.然后需要初始化第一行,通过fit函数,就可以判断出state数组中的哪些状态是符合第一行土地要求的,符合要求的i状态dp[1][i]=1; 
			4.初始化完第一行后,开始从第二行开始遍历直到第M行,每次在state数组中找到一个满足本行土地要求的一个状态,然后再在state中找到一个满足上一行土地要求的一个状态
			如果两个状态不冲突的话(位与=0),那么就说明此行的状态可取,更新dp[i][k]+=dp[i-1][j]   其中k为当前行的一个可行状态,j为上一行的一个可行状态 
			5.遍历完之后,答案就为 Sigma dp[M][i]  i为第M行符合条件的所有状态 
*/ 

例题:炮兵阵地
司令部的将军们打算在NM的网格地图上部署他们的炮兵部队。一个NM的地图由N行M列组成,地图的每一格可能是山地(用"H" 表示),也可能是平原(用"P"表示),如下图。在每一格平原地形上最多可以布置一支炮兵部队(山地上不能够部署炮兵部队);一支炮兵部队在地图上的攻击范围如图中黑色区域所示:
如果在地图中的灰色所标识的平原上部署一支炮兵部队,则图中的黑色的网格表示它能够攻击到的区域:沿横向左右各两格,沿纵向上下各两格。图上其它白色网格均攻击不到。从图上可见炮兵的攻击范围不受地形的影响。
现在,将军们规划如何部署炮兵部队,在防止误伤的前提下(保证任何两支炮兵部队之间不能互相攻击,即任何一支炮兵部队都不在其他支炮兵部队的攻击范围内),在整个地图区域内最多能够摆放多少我军的炮兵部队。

Input
第一行包含两个由空格分割开的正整数,分别表示N和M;
接下来的N行,每一行含有连续的M个字符(‘P’或者’H’),中间没有空格。按顺序表示地图中每一行的数据。N <= 100;M <= 10。

5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP
6

题解

#include
#include
#include
using namespace std;
    int n,m,tot,res; //n为行数,m为列数,tot为合法状态数,res为答案
    int a[101]; //将地图每一行压缩为一个二进制数,用十进制存储
    int state[65]; //存储所有合法状态
    int num[65]; //存储所有合法状态对应的炮台数
    int dp[101][65][65]; //dp[i][j][k]表示第i行第j种状态通过上一行第k种状态得到的最大炮台数
int get(int x) //求每种状态对应的炮台数
{
    int ans=0;
    for (int i=1;i<=m;i++)
        if ((x&(1<<(i-1)))!=0) //判断当前位是否为1,若是则炮台数加1
            ans++;
    return ans;
}
void build() //预处理出所有合法状态
{
	for(int i=0;i<(1<<m);i++)
	{
		if((i&(i<<1))==0&&(i&(i<<2))==0)
		{
				state[++tot]=i;
		num[tot]=get(i);
		}
			
	}
}
int main() //主过程
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)
        {
            char c;
            cin>>c;
            if (c=='H') a[i]=a[i]|(1<<(j-1)); //若为山地,当前位改为1
        }
    build();
    if(n>=1)
    for (int i=1;i<=tot;i++) //对第一行进行处理,不用判断上一行
        if ((state[i]&a[1])==0)
        {
            dp[1][i][0]=max(dp[1][i][0],num[i]);
            res=max(dp[1][i][0],res);
        }
        if(n>=2)
    for (int i=1;i<=tot;i++) //对第二行进行处理,只用判断上一行
        if ((state[i]&a[2])==0)
            for (int j=1;j<=tot;j++)
                if ((state[j]&a[1])==0)
                {
                    dp[2][i][j]=max(dp[2][i][j],dp[1][j][0]+num[i]);
                    res=max(dp[2][i][j],res);
                }
    for (int now=3;now<=n;now++) //对后n-2行进行处理,要判断前一行和前两行是否合法或冲突
        for (int i=1;i<=tot;i++)
            if ((state[i]&a[now])==0)
                for (int j=1;j<=tot;j++)
                    if ((state[j]&a[now-1])==0)
                        for (int k=1;k<=tot;k++)
                            if ((state[k]&a[now-2])==0)
                            {
                                if ((state[i]&state[j])!=0||(state[j]&state[k])!=0||(state[i]&state[k])!=0) continue; //判断上一行和上上行同列有无冲突炮台
                                dp[now][i][j]=max(dp[now][i][j],dp[now-1][j][k]+num[i]);    
                                res=max(dp[now][i][j],res);
                            }
    printf("%d",res);
}

我写的题解

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;

const int maxn=1e2+5;
int n,m,tot,res;
int a[maxn],state[maxn],num[maxn],dp[maxn][maxn][maxn];

int get(int x)
{
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		if(((1<<(i-1))&x)!=0)
		ans++;		
	}
	
	return ans;
}

/*void build_state()
{
	
	int total=1<<m;//一行中的最大状态数 
	for(int i=0;i<total;++i)
	{
		if((i&(i<<1))==0&&(i&(i<<2))==0)//满足此条件说明此状态满足与1距离2以内不会有1存在 
		{
			state[++tot]=i;//存取十进制数 
			num[tot]=0;
			for(int j=1;j<=state[tot];j=(j<<1))
			{
				if(j&state[tot])//判断state[most]的二进制数有多少个1 
					++num[tot]; //计算出该状态炮兵的个数 
			}
		}
	}
}*/

void build_state() //预处理出所有合法状态
{
		for(int i=0;i<(1<<m);i++)
	{
		if((i&(i<<1))==0&&(i&(i<<2))==0)
		{
				state[++tot]=i;
		num[tot]=get(i);
		}
			
	}
}

int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			char c;
			cin>>c;
			if(c=='H') a[i]=(a[i]|(1<<(j-1)));						
		}		
	}	
	build_state();
	if(n>=1)
	for(int i=1;i<=tot;i++)
	{
		if((state[i]&a[1])==0)
		{
			dp[1][i][0]=max(dp[1][i][0],num[i]);
			//if(n==1)
			res=max(dp[1][i][0],res);
		}
	}
	
	if(n>=2)
	for(int i=1;i<=tot;i++)
	{
		if((state[i]&a[2])==0)
		{
			for(int j=1;j<=tot;j++)
			{
				if((state[j]&a[1])==0)
				{
					dp[2][i][j]=max(dp[2][i][j],dp[1][j][0]+num[i]);
					//if(n==2)
					res=max(res,dp[2][i][j]);					
				}								
			}						
		}				
	}
	
	
	for(int now=3;now<=n;now++)
	{
		for(int i=1;i<=tot;i++)
		{
			if((state[i]&a[now])==0)
			{
				for(int j=1;j<=tot;j++)
				{
					if((state[j]&a[now-1])==0)
					{
						for(int k=1;k<=tot;k++)
						{
							if((state[k]&a[now-2])==0)
							{
								if((state[i]&state[j])==0 && (state[i]&state[k])==0 &&( state[j]&state[k])==0)
								{
									
									
									dp[now][i][j]=max(dp[now][i][j],dp[now-1][j][k]+num[i]);
									//if(now==n)
									res=max(dp[now][i][j],res);
									
								}
			
							}
						
						}											
					}
					
				}
			
			}
	
		}

		
	}
	
	cout<<res;
	
}

标签:状态,炮兵部队,int,状压,state,maxn,include,dp
来源: https://blog.csdn.net/weixin_43310882/article/details/100043805