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  • 状态压缩dp初学__$Corn Fields$

    明天计划上是要刷状压,但是作为现在还不会状压的(ruoruo)来说是一件非常苦逼的事情,所以提前学了一下状压(dp)
    鸣谢(hmq juju)的友情帮助

    状态压缩动态规划

    本博文的大体内容说明

    因为刚学习状态压缩,并且刚做完一道例题。写博客的主要目的是怕自己忘掉,免得以后再重新学习一遍。而那些来踩我博客的同志们,希望以辩证的眼光来看待这篇博文。
    于是这篇博客就讲(Corn Fields)这一道例题。所以阅读以下内容之前请先浏览一下题目。

    基本原理

    状态压缩(dp)主要是在二进制上进行状态转移的一种动态规划,因为每一个十进制的数可以表示成二进制,所以我们每一行的状态用一个十进制的数来储存。

    状态压缩(dp)的主要工具

    因为状态是在二进制上进行转移的,所以我们需要用到一些位运算来帮助我们进行状态转移。

    • |符号,表示或运算,0|1=1,1|1=1,1|0=1,0|0=0。
    • &符号,表示与运算,0&1=0,1&1=1,1&0=0,0&0=0。
    • ^符号,表示异或运算,0^1=1,1^1=0,1^0=1,0^0=0。
    • <<符号,表示在2进制下小数点向右移动若干位,1<<2=4,3<<1=6。
    • >>符号,表示在2进制下小数点向左移动若干位,2>>1=1,13>>3=1。
    • 判断数字x第i位是否是1——if (x&(1<<i))。
    • 将一个数字x第i位改变为1——x|=(1<<i)。

    状态压缩(dp)实现的基本过程

    1. 首先枚举所有的情况。根据题意,(1)表示有草,(0)表示没草,然后又有(n)位,所以我们就枚举(0sim2^n)的位数,为啥尼?
      因为(0)表示没有草的情况,而(2^n)也就是(egin{matrix} underbrace{ 1cdots1 } \ nend{matrix})这种全是草的情况,所以要这样枚举。然后我们在存储合法状态,存到(state)数组里。
    2. 枚举完之后,我们的所有情况出来了,我们要进行存图,存图也要用二进制。这里我们存图用一个(cur)数组,这个数组表示图的存储,为了方便,我们将无草转变为(1),有草为(0)
    3. 然后就是进行状态存储。我们已经有了合法状态,我们也有图,我们就要枚举判断合法状态内的可行状态。
      这里我们要用到一个(fit)函数。fit函数可以帮助我们判断合不合理,然后找到可行状态
    4. 状态转移。设(dp[i][j])表示第(i)行的第(j)个状态。
      状态转移要枚举上一层的状态。然后方程很简单(dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-1][k])

    例题代码讲解

    首先我们看一下如何枚举状态

    inline void init()//初始化
    {
        int sum=1<<n,i;//列举可能状态,并预存
        for (i=0;i<sum;i++)
            if (!(i&(i<<1)))//枚举合法状态
                state[++tot]=i;
    }
    

    为什么(!(i&(i<<1)))呢,因为你只要有牧草重叠,这个数绝对不会为(0)

    然后看一下图的存储

        for (i=1;i<=m;i++)
            for (j=1;j<=n;j++)
            {
                k=read();
                if (!k)
                    cur[i]+=(1<<(n-j));
            }
    

    为啥是左移(n-j)为呢(?)
    因为你是从右往左来储存二进制的,第(j)位如果反过来肯定是第(n-j)位咯。

    (fit)函数

    inline bool fit(int x,int k)//判断当前状态是否符合当前行
    {
        return !(state[x]&cur[k]);
    }
    

    只要这一个函数理解了,状压就基本搞定了。
    因为(state)存储的是合法状态,(cur)存储的是不合法状态,所以两者按位与,合法状态的数一定为(0),不合法状态的数一定不为(0)。这里有的同志就开始疑惑了,为啥尼?
    你想想(state)里面(1)为有草,(cur)里面(1)为无草,而(1&1)则代表有值,那么这个方案可行吗?
    就这样我们能进行第一行的初始化咯

        for (i=1;i<=tot;i++)//初始化第一行
            if (fit(i,1))
                dp[1][i]=1;
    

    状态转移

    状态转移相对来说就比较简单了。

        for (i=2;i<=m;i++)//枚举行
            for (j=1;j<=tot;j++)//枚举当前状态
            {
                if (!fit(j,i))//如果这一层的方案不在可行方案里
                    continue;
                for (k=1;k<=tot;k++)//枚举上一层可行状态
                {
                    if (!fit(k,i-1))//如果这一层的方案不在可行方案里
                        continue;
                    if (state[j]&state[k])//如果上一层的可行方案与这一层可行方案冲突,意思是上下有草挨着
                        continue;
                    dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k])%mod;//状态转移
                }
            }
    

    具体可能的疑问都在代码中注释了
    第一层枚举行数,第二层枚举可行方案,第三层枚举上一层的可行方案,万事大吉!

    代码

    #include<cstdio>
    #include<iostream>
    #include<cctype>
    #define mod 100000000    
    #define C continue//懒得打hhhhh
    using namespace std;
    int n,m,tot,state[1500],dp[15][1500],ans,cur[15];//dp表示当前最大值,第一维是行数,第二维是状态数,cur是每行的情况,state是预存的可能状态
    inline int read()//读入优化
    {
        int x=0,f=1;
        char c=getchar();
        while (!isdigit(c))
            f=c=='-'?-1:1,c=getchar();
        while (isdigit(c))
            x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
        return x*f;
    }
    
    inline bool fit(int x,int k)//判断当前状态是否符合当前行
    {
        return !(state[x]&cur[k]);
    }
    
    inline void init()//初始化
    {
        int sum=1<<n,i;//列举可能状态,并预存
        for (i=0;i<sum;i++)
            if (!(i&(i<<1)))//枚举合法状态
                state[++tot]=i;
    }
    int main()
    {
        int i,j,k;
        m=read();
        n=read();
        init();
        for (i=1;i<=m;i++)
            for (j=1;j<=n;j++)
            {
                k=read();
                if (!k)
                    cur[i]+=(1<<(n-j));
            }
        for (i=1;i<=tot;i++)//初始化第一行
            if (fit(i,1))
                dp[1][i]=1;
        for (i=2;i<=m;i++)//枚举行
            for (j=1;j<=tot;j++)//枚举当前状态
            {
                if (!fit(j,i))//如果这一层的方案不在可行方案里
                    continue;
                for (k=1;k<=tot;k++)//枚举上一层可行状态
                {
                    if (!fit(k,i-1))//如果这一层的方案不在可行方案里
                        continue;
                    if (state[j]&state[k])//如果上一层的可行方案与这一层可行方案冲突,意思是上下有草挨着
                        continue;
                    dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k])%mod;//状态转移
                }
            }
        for (i=1;i<=tot;i++)
            ans=(ans+dp[m][i])%mod;
        printf("%d",ans);
        return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/ifmyt/p/9593325.html
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