POJ 1038 Bugs Integrated Inc （复杂的状压DP）

$ POJ~1038~~ imes Bugs~Integrated~Inc: $ （复杂的状压DP）

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$ solution: $

很纠结的一道题目，写了大半天，就想练练手，结果这手生的。其实根据之前那道炮兵阵地就不应该写的，但是总觉得自己的思路会好一些，码量又小。

博主的核心思路其实就是用一个二进制数来压缩三行的状态，因为二进制的左移右移很方便。然后就是如果三进制会很不好转移。

1. 我们可以用一个二进制数来预处理压缩出第 $ i $ 往下三行的障碍状态，前 $ m $ 个二进制位表第 $ i $ 行，中间 $ m $ 个二进制位表 $ i+1 $ 行，后 $ m $ 个二进制位表第 $ i+2 $ 行

2. 我们设一个长方体用坐上角那个点表示

3. 我们可以用搜索来搜出一行内的长方体放置方案，这个很好写，线面代码里唯一一个手写函数就是用来求这个的。它同样用一个二进制来表示出，这个方案里三行被长方体覆盖的状况。

4. 然后我们需要用步骤3里的单行放置方案来求出上下两行的方案拼接方案（其实就是用一个二进制将两行的方案压缩进来）。直接暴力枚举单行放置方案，再用二进制与运算来判断是否有冲突：如下

5.      for(rg i=1;i<=tt;++i)
                for(rg j=1;j<=tt;++j)
                            if(!((b[i]>>m)&b[j])){
                                r[++st]=j; p[i][j]=st; //r表示方案的下面一行用的那个单行方案
                                g[st]=(b[i]>>m)|b[j]; //找出两行的放置方案
                            }
   

6. 然后我们设状态就必须将前两行的状态都包含进去：设 $ f[i][j] $ 表示第 $ i $ 行前两行状态为 $ g[j] $ 意义在上面代码里

7. 然后我们就可以开始常规转移，但是数组 $ r $ 和数组 $ p $ 一定要搞清楚！

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$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

int n,m,ff,tt,st,ans;
int a[155];
int b[305];
int c[305];
int g[3005];
int r[3005];
int p[305][305];
int f[155][3005];

inline void dfs(int i,int v,int vv){ //用一个二进制表示一行的状态（在某一行放，下面两行都有可能被覆盖，用一个二进制将这三行压在一起）
	if(i==m){b[++tt]=v; c[tt]=vv; return ;} dfs(i+1,v,vv); //导入方案
	if(i+3<=m)dfs(i+3,v|(7<<i)|(7<<(i+m)),vv+1); //放入横的长方体
	if(i+2<=m)dfs(i+2,v|(3<<i)|(3<<(i+m)|(3<<(i+m+m))),vv+1); //放入竖的长方体
}

int main(){
	rg t; cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>m>>ff; ans=0; //读入
		memset(a,0,sizeof(a));
		memset(f,0,sizeof(f));
		tt=0; st=0; dfs(0,0,0); //初始化
		for(rg i=1;i<=tt;++i)
			for(rg j=1;j<=tt;++j)
				if(!((b[i]>>m)&b[j])){
					r[++st]=j; p[i][j]=st; //r表示方案的下面一行用的那个单行方案
					g[st]=(b[i]>>m)|b[j]; //找出两行的放置方案
				}
		for(rg i=1;i<=ff;++i){
			rg x,y; cin>>x>>y;
			a[x]|=1<<(y-1);
		} a[n+1]=(1<<m)-1; //障碍的二进制读入，最后还要加一行障碍，防止长方体出界
		for(rg i=1;i<=n;++i){
			a[i]|=(a[i+1]<<m)|(a[i+2]<<(m+m)); //连续三行障碍压进一个二进制里
			for(rg j=1;j<=st;++j)
				for(rg k=1;k<=tt;++k)
					if(!(((g[j]>>m)|a[i])&b[k])){ //这一行放的方案与前面的方案还有障碍不会冲突
						f[i][p[r[j]][k]]=max(f[i][p[r[j]][k]],f[i-1][j]+c[k]);
						ans=max(ans,f[i][p[r[j]][k]]); //因为多加了一行障碍，不用怕出界
					}
		} printf("%d
",ans);
	}
	return 0;
}