分析
看到题目，上来敲了个爆搜，结果样例都过不去…dfs水平有待提高…
仔细分析之后发现，虽然棋盘看起来很小，只有9*9，但是状态数目极多，所以暴力是不可能过的。
所以这个题目应该是个dp题。
dp应该怎么dp呢？
如果我们知道了上一行是怎么摆放的，我们也就知道了前i行一共有多少个棋子。那么下一行我们就可以推出来了。
这就是本题的dp的转移。
于是，我们来到了本篇文章的重点部分：状态压缩。
状态压缩，顾名思义，就是把状态给压缩了(花鸡)。
读者：你这不是废话吗？简直就是在开玩笑。
笔者：好了好了，不开玩笑，状态压缩的意思是，将复杂的状态变成一个数字。
举个栗子，在本题中，状态极多极复杂， 如果我们用数组来记录状态的话，我们要记录，这一行到底哪些用过了哪些没用过，我们的数组会变得十分的丑陋，状态转移的时候也很麻烦(敲很多字)
例如本题，我们要记录某一行是怎么摆放的，我们的数组要开成这个样子：
dp[i][j][a][b][c][d][e][f][g][h][k]
？？？
是不是看了之后想直呼我勒个去。
而且这样子的话，判断摆放是否合法的时候就要(手！动！判！断！)
那么我们可以不可以换一种方法来保存摆放的状态呢？
很显然，在这一题中我们可以用二进制来表示状态。
由于一共只有9位，那么二进制状态最大也不会超过512.
我们的二进制状态10101010 (2)，1表示放了棋子，0表示没有放。
那么判断合法的时候：对于第j个状态和第k个状态：
sit[k]&sit[j] //上下
(sit[j]<<1)&sit[k]
sit[j]&(sit[k]<<1) //斜着
是不合法的。很好理解。
于是我们就可以先dfs预处理出行的状态。
然后dp的时候我们判断列是否满足。
设dp[i][s][j]表示前i行一共放了s个棋子，现在第i行的状态是第j个的情况。
那么dp[i][s][j] += dp[i-1][s-num[j]][k]。
其中num[j]表示某一行的第j个状态可以放多少个棋子，k表示上一行的状态。
最后统计答案的时候我们枚举一下最后一行是怎么放的就可以了。
于是这个题就做完了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long dp[10][100][1000];
long long sit[1000],num[1000];
int n,K,cnt = 0;
void dfs(int stg,long long sum,int now)
{
if(now>=n)
{
sit[++cnt] = stg;
num[cnt] = sum;
return;
}
dfs(stg,sum,now+1);
dfs(stg+(1<<now),sum+1,now+2);
}
int main(http://www.my516.com)
{
scanf("%d%d",&n,&K);
dfs(0,0,0);
for(int i=1;i<=cnt;i++) dp[1][num[i]][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[k]&sit[j]) continue;
if((sit[k]<<1)&sit[j]) continue;
if(sit[k]&(sit[j]<<1)) continue;
for(int s=K;s>=num[j];s--) dp[i][s][j] += dp[i-1][s-num[j]][k];
}
}
}
long long ans = 0;
for(int i=1;i<=cnt;i++) ans += dp[n][K][i];
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
---------------------
！