状态压缩是一个很广的概念，在OI中也有很多的应用，当我们把他应用到动态规划中，可以用来精简状态，节约空间，也方便转移。最常见的就是用二进制来表是状态，利用各种位移运算，就可以实现(O(1))的转移。状压DP适用于“窄棋盘”上的DP，否则状态太多无法存下。
POJ1185 炮兵阵地
题意：给一个(N imes M)的地形盘，有平原和山坡，要求在平原上部署尽量多的炮（攻击范围2），使得不互相攻击。
数据范围：N <= 100；M <= 10，符合条件。如何表示状态？按行DP，一个二进制数（m<=10，int足够了，最大状态数：(1 << 10) = 1024，但有很多不合法状态）上的某位等于1表示在此处有炮。用F[i][j][k]表示在i行，当前行状态为j，前一列状态为k时的最优解。二进制的优势在此时体现出来了：我可以(O(1))判断状态是否合法，详见代码，此处需要深入体会。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 6 const int maxn = 60 + 10; 7 8 int G[maxn*2],State[maxn],Num[maxn*2],dp[maxn*2][maxn][maxn]; 9 10 int main() 11 { 12 int n,m; 13 int Snum=0; 14 15 scanf("%d%d ",&n,&m); 16 for(int i=0;i<n;++i) 17 { 18 for(int j=0;j<m;++j) 19 { 20 char c=getchar(); 21 if(c=='H') 22 G[i]+=1<<j; 23 } 24 getchar(); 25 } 26 27 for(int i=0;i<(1<<m);++i) 28 { 29 if((i&(i<<1)) || (i&(i<<2))) 30 continue; 31 int k=i; 32 while(k) 33 { 34 Num[Snum]+=k&1; 35 k>>=1; 36 } 37 State[Snum++]=i; 38 } 39 40 for(int i=0;i<Snum;++i) 41 { 42 if(State[i]&G[0]) 43 continue; 44 dp[0][i][0]=Num[i]; 45 } 46 47 for(int i=0;i<Snum;++i) 48 { 49 if(State[i]&G[1]) 50 continue; 51 for(int j=0;j<Snum;++j) 52 { 53 if((State[i]&State[j]) || (State[j]&G[0])) 54 continue; 55 dp[1][i][j]=max(dp[1][i][j],dp[0][j][0]+Num[i]); 56 } 57 } 58 59 for(int i=2;i<n;++i) 60 { 61 for(int j=0;j<Snum;++j) 62 { 63 if(State[j]&G[i]) 64 continue; 65 for(int k=0;k<Snum;++k) 66 { 67 if(State[k]&State[j]) 68 continue; 69 if(State[k]&G[i-1]) 70 continue; 71 for(int p=0;p<Snum;++p) 72 { 73 if(State[p]&G[i-2]) 74 continue; 75 if(State[p]&State[k]) 76 continue; 77 if(State[p]&State[j]) 78 continue; 79 dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][p]+Num[j]); 80 } 81 } 82 } 83 } 84 85 int ans=0; 86 for(int i=0;i<Snum;++i) 87 for(int j=0;j<Snum;++j) 88 ans=max(ans,dp[n-1][i][j]); 89 printf("%d ",ans); 90 return 0; 91 }
POJ3254 Corn Fields
题意：一个row*col的矩阵，每个格子是0或者1，1表示土壤肥沃可以种植草地，0则不可以。在种草地的格子可以放牛，但边相邻的两个格子不允许同时放牛，问总共有多少种放牛的方法？（不放牛也算一种情况）
数据范围：1 ≤ M ≤ 12; 1 ≤ N ≤ 12，同样的小棋盘模型。做法其实都差不多，关键是状态的转移，这道题比上一道题要容易些。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 const int maxn = 15; 4 const int maxs = 5000; 5 const int Mod = 1e8; 6 7 int State[maxs],Snum; 8 int G[maxn]; 9 int dp[maxn][maxs]; 10 int n,m; 11 12 void init() 13 { 14 for(int i=0;i<(1<<m);++i) 15 if(!(i&(i<<1))) 16 State[Snum++]=i; 17 } 18 19 int main() 20 { 21 freopen("data.out","w",stdout); 22 freopen("data.in","r",stdin); 23 24 scanf("%d%d",&n,&m); 25 for(int i=0;i<n;++i) 26 for(int j=0;j<m;++j) 27 { 28 int t; 29 scanf("%d",&t); 30 if(t==0) 31 G[i]+=(1<<j); 32 } 33 init(); 34 35 for(int i=0;i<Snum;++i) 36 if(!(State[i]&G[0])) 37 dp[0][i]=1; 38 39 for(int i=1;i<n;++i) 40 for(int j=0;j<Snum;++j) 41 { 42 if((State[j]&G[i])) 43 continue; 44 for(int k=0;k<Snum;++k) 45 { 46 if((State[k]&G[i-1]) || (State[k]&State[j])) 47 continue; 48 dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k])%Mod; 49 } 50 } 51 int ans=0; 52 for(int i=0;i<Snum;++i) 53 ans=(ans+dp[n-1][i])%Mod; 54 printf("%d ",ans); 55 return 0; 56 }
BZOJ1087: [SCOI2005]互不侵犯King
题意：在N×N的棋盘里面放K个国王，使他们互不攻击，求共有多少种摆放方案。
数据范围：1 <=N <=9, 0 <= K <= N * N，好小的N。。。国王的攻击范围是什么？想清楚了就是sb题了。
贴一个以前写的题解：
当前状态只会影响下一行的状态。用f[i][j][k]表示行i处状态为j时使用k个棋子可行的方案数。判状态转移时，两个状态S1与S2融洽的条件是!((S1<<1)&S2) && !((S1>>1)&S2) && !(S1&S2)，且S1本身可行的条件是：!((S1<<1)&S1) && !((S1>>1)&s1)。
位运算真是个好东西。。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 4 const int maxn = 512 + 20; 5 6 typedef long long LL; 7 8 LL f[10][maxn][maxn]; 9 bool ok[10][maxn]; 10 int main() 11 { 12 13 int n,m; 14 scanf("%d%d",&n,&m); 15 16 memset(f,0,sizeof f); 17 memset(ok,false,sizeof ok); 18 19 f[0][0][0]=1; 20 ok[0][0]=true; 21 for(int i=1;i<=n;++i) 22 { 23 for(int j=0;j<(1<<n);++j) 24 { 25 if(ok[i-1][j]) 26 { 27 for(int k=0;k<(1<<n);++k) 28 { 29 if(((k<<1)&k) || ((k>>1)&k)) continue; 30 if((j&k) || ((j<<1)&k) || ((j>>1)&k)) continue; 31 int tmp=k,cnt=0; 32 while(tmp) 33 { 34 if(tmp&1) 35 ++cnt; 36 tmp>>=1; 37 } 38 ok[i][k]=true; 39 for(int p=0;p+cnt<=m;++p) 40 f[i][k][p+cnt]+=f[i-1][j][p]; 41 } 42 } 43 } 44 } 45 46 LL ans=0; 47 for(int j=0;j<(1<<n);++j) 48 ans+=f[n][j][m]; 49 printf("%lld ",ans); 50 return 0; 51 }
看了3道棋盘规划型的题，我们来看一些棋盘覆盖的例子。
POJ2411 Mondriaan's Dream
题意：一个h*w的矩阵，希望用2*1或者1*2的矩形来填充满，求填充的总方案数。
数据范围：1<=h,w<=11。这道题是非常经典的棋盘覆盖状压DP。讲一个优化：先将可以兼容的状态dfs出来。详见代码。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #include <vector> 5 using namespace std; 6 7 const int maxn = 14; 8 const int maxs = 40000; 9 typedef unsigned long long UI; 10 11 int n,m; 12 vector<int> State[maxs]; 13 int Snum; 14 UI dp[maxn][maxs]; 15 16 void dfs(int col,int S1,int S2) 17 { 18 if(col>=m) 19 { 20 if(S1<(1<<m) && S2<(1<<m)) 21 State[S2].push_back(S1); 22 return; 23 } 24 dfs(col+1,(S1<<1)|1,S2<<1); 25 dfs(col+1,S1<<1,(S2<<1)|1); 26 dfs(col+2,(S1<<2)|3,(S2<<2)|3); 27 } 28 29 void solve() 30 { 31 Snum=1<<m; 32 memset(dp,0,sizeof dp); 33 for(int i=0;i<Snum;++i) 34 State[i].clear(); 35 dfs(0,0,0); 36 dp[0][0]=1; 37 for(int i=1;i<=n+1;++i) 38 for(int j=0;j<Snum;++j) 39 for(int k=0,sz=State[j].size();k<sz;++k) 40 dp[i][j]+=dp[i-1][State[j][k]]; 41 printf("%lld ",dp[n+1][Snum-1]); 42 } 43 44 int main() 45 { 46 while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF && n!=0 && m!=0) 47 { 48 if((n&1) && (m&1)) 49 { 50 puts("0"); 51 continue; 52 } 53 if(n<m) 54 swap(n,m); 55 solve(); 56 } 57 return 0; 58 }
SGU131 Hardwood floor
题意：在(N imes M)的棋盘内放1*2及2*2去掉一个角的块，问方案数。
数据范围：1<=M<=9, 1<=N<=9。原理是一样的，同样可以dfs出兼容的状态。但是具体如何实现还是有问题的，因为第二种块太奇葩了（第二种块：我tm哪里奇葩啦！）。dfs多传入两个参数：f1, f2，代表上一列摆放块对当前的影响。
1 #include <string> 2 #include <bitset> 3 #include <cstdio> 4 #include <cstring> 5 #include <algorithm> 6 #include <vector> 7 using namespace std; 8 9 const int maxn = 11; 10 const int maxs = 1000; 11 12 typedef long long LL; 13 14 LL dp[maxn][maxs]; 15 vector<int> State[maxs]; 16 int n,m,Snum; 17 18 bitset<13> tmp; 19 void dfs(int col, int s1, int s2, int f1, int f2) { 20 if(m <= col) { 21 if(!f1 && !f2) { 22 /* 23 tmp = s1; 24 printf("%s ", tmp.to_string().c_str()); 25 tmp = s2; 26 printf("%s ", tmp.to_string().c_str()); 27 tmp = s2 ^ (Snum - 1); 28 printf("%s ", tmp.to_string().c_str()); 29 */ 30 State[s2 ^ (Snum - 1)].push_back(s1); 31 } 32 return ; 33 } 34 dfs(col + 1, (s1 << 1) + f1, (s2 << 1) + f2, 0, 0); 35 // 可以尝试把上面那句话去掉 36 // 。。。然后你就只能得到一种状态：放满了的。。 37 if(!f1) { 38 if(!f2) { 39 dfs(col + 1, (s1 << 1) + 1, (s2 << 1) + 1, 0, 0); 40 dfs(col + 1, (s1 << 1) + 1, (s2 << 1) + 1, 1, 0); 41 dfs(col + 1, (s1 << 1) + 1, (s2 << 1) + 1, 0, 1); 42 } 43 dfs(col + 1, (s1 << 1) + 1, (s2 << 1) + f2, 1, 0); 44 dfs(col + 1, (s1 << 1) + 1, (s2 << 1) + f2, 1, 1); 45 } 46 if(!f2) { 47 dfs(col + 1, (s1 << 1) + f1, (s2 << 1) + 1, 1, 1); 48 } 49 } 50 51 LL solve() { 52 dp[0][Snum-1]=1; 53 for(int i=1;i<=n;++i) 54 for(int j=0;j<Snum;++j) 55 for(int k=0,sz=State[j].size();k<sz;++k) 56 dp[i][j]+=dp[i-1][State[j][k]]; 57 return dp[n][Snum-1]; 58 } 59 60 int main() { 61 scanf("%d%d",&n,&m); 62 if(n<m) 63 swap(n,m); 64 Snum=1<<m; 65 dfs(0, 0, 0, 0, 0); 66 printf("%lld ",solve()); 67 return 0; 68 }
SGU132 Another Chocolate Manic
详见此处：http://www.cnblogs.com/hzf-sbit/p/3870652.html
OK，以上就是本人最近（呵呵）做的几道状态压缩DP题。
然后状态压缩还有个很好玩的东东：基于联通性的状态压缩动态规划，俗称：插头DP，以后再总结。。。
PS：欢迎指教~~