洛谷 P1896 [SCOI2005]互不侵犯（状压dp）

P1896 [SCOI2005]互不侵犯

题目描述

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。

注：数据有加强（2018/4/25）

输入格式

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

输出格式

所得的方案数

输入输出样例

输入 #1

3 2

输出 #1

思路：状压dp，

首先先解释一下状压是什么吧对于这种类型的题每个点都只存在两种情况即为放了东西没放东西（这里先解释一下为什么不可以把状态设为每一个点因为如果设为每一个点的话状态很不好转移下一个点的位置无法确定）那么我们就可以把放了东西定为1 没放东西定为0 于是我们便可以得到类似“0 1 0 1”这样的一个状态（这里我们只模拟了一行的状态）而这样的一个状态“0 1 0 1” 可以把他看作一个二进制数我们也就可以很轻松的把他转换为一个10进制数即5 那么这个十进制数5 就可以表示这样的一个“0 1 0 1”的状态也就是说我们把这样的一个状态压缩到了一个十进制数里面也就是状态压缩了

而我们的DP 就是通过状态的转移来进行计算那么我们这个时候所需要存储的状态就会变成一个数避免了原先一整行的摆放情况难以存储的问题

于是我们看回这道题首先它就是刚刚讲过的是一个判断摆放情况的题而且他的数据范围很小（数据范围大了状压就不一定能做了因为它有一个进制的转换）所以可以判断出来这是一道状压DP

那么我们就可以设状态为每一行的摆放情况 f(i,j,k) 用来表示第i行摆放情况为j 截止当前行使当前状态下一共摆放的个数为k的情况总数

那么他的状态怎么转移呢因为它本质上是一个放或不放的题所以他的动态转移方程类似于01背包

即

f[i][j][k]=f[i][j][k]+f[i-1][t][k-第i行放了的个数] 其中 t为第i-1行的状态

那么我们只需要枚举行枚举该行状态枚举上一行状态再判断一下两状态是否冲突然后再统计答案就好啦

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define rg register ll
#define inf 2147483647
#define lb(x) (x&(-x))
ll sz[200005],n,k1;
template <typename T> inline void read(T& x)
{
    x=0;char ch=getchar();ll f=1;
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}x*=f;
}
inline ll query(ll x){ll res=0;while(x){res+=sz[x];x-=lb(x);}return res;}
inline void add(ll x,ll val){while(x<=n){sz[x]+=val;x+=lb(x);}}//第x个加上val
ll dp[10][1000][20],cost[1000],sit[1000],cnt;//sit[i]为第i种状态的二进制表示，cost[i]表示第i种状态的用1个数
inline void dfs(int state,int sum,int column)
{
	if(column>=n)
	{
		sit[++cnt]=state;
		cost[cnt]=sum;
		return ;
	}
	dfs(state,sum,column+1);
	dfs(state+(1<<column),sum+1,column+2);
}
int main() 
{
	cin>>n>>k1;
	dfs(0,0,0);
	for(int i=1;i<=cnt;i++)dp[1][i][cost[i]]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=cnt;j++)
		{
			for(int k=1;k<=cnt;k++)
			{
				if(sit[j]&sit[k])continue;
				if(sit[j]&(sit[k]<<1))continue;
				if((sit[j]<<1)&sit[k])continue;
				for(int m=k1;m>=cost[j];m--)dp[i][j][m]+=dp[i-1][k][m-cost[j]];
			}
		}
	}
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=cnt;i++)ans+=dp[n][i][k1];
	cout<<ans<<endl;
    return 0;
    
}