最近被状态压缩DP虐得不行，今天终于决定正视自己的弱项，好好把DP练习一下，把今天做的几道状态压缩DP总结一下，一定要想办法摆脱DP弱菜这个标签！！！
http://poj.org/problem?id=3254
poj 3254 ：
应该是最基础的状态压缩DP了吧，设dp[i][flag]表示第i行状态为flag时的排放总数，预处理一下dp[1][flag]，对于dp[i][flag]（i>=2）,则dp[i][flag]=dp[i][flag]+dp[i-1][pre]当且仅当pre满足以下几个条件：
1：flag和pre都不含有相邻的1（二进制）
2：flag和pre分别满足第i行和第i-1行的约束条件。
3：flag和pre在同一位上不能同时为1（二进制）。
还是挺简单的，用位运算可以简单实现。代码如下：
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <vector>
#define mod 100000000
using namespace std;
vector<int> t;
int check(int x)
{
int i;
for(i=0;i<=10;i++)
{
int tmp=(1<<i)+(1<<(i+1));
if((x&tmp)==tmp)
return 0;
}
return 1;
}
void init()
{
int i;
t.push_back(0);
for(i=1;i<(1<<12);i++)
{
if(check(i))
t.push_back(i);
}
}
int dp[13][400];
int num[13];
int main()
{
//freopen("dd.txt","r",stdin);
init();
int n,m,i,j;
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1;i<=n;i++)
{
int tmp=0;
for(j=1;j<=m;j++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
tmp=tmp*2+x;
}
num[i]=tmp;
}
int limit=1<<m,len=t.size();
long long ans=0;
for(i=0;i<len;i++)
{
if(t[i]>=limit)
break;
int now=t[i];
if((now|num[1])==num[1])
{
dp[1][i]=1;
}
}
for(i=2;i<=n;i++)
{
for(j=0;j<len;j++)
{
if(t[j]>=limit)
break;
int now=t[j],s;
if((now|num[i])==num[i])
{
for(s=0;s<len;s++)
{
if(t[s]>=limit)
break;
int pre=t[s];
if((num[i-1]|pre)==num[i-1]&&(pre&now)==0)
{
dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][s])%mod;
}
}
}
}
}
for(i=0;i<len;i++)
{
if(t[i]>=limit)
break;
ans=(ans+dp[n][i])%mod;
}
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4539
hdu 4539：
腾讯编程马拉松复赛的题，话说就是这道题激起了我苦练DP的决心的。
经典的状态压缩ＤＰ，我们设dp[i][pre][now]表示第ｉ行为ｎｏｗ状态，第i-1行为pre状态时可以安排的最大士兵数量，这里的状态指的是每一行的士兵安排情况，我们把状态用二进制表示出来后，第ｉ位为１表示在第ｉ列放置一个士兵，为０表示不放，因为m<=10所以我们最多只要１０２４个状态就可以表示一行的每一个状态，事实上这１０２４个状态中有大部分是不合法的，（也就是有两个１其距离为２），所以我们可以预处理出所有的合法状态，（我们下面所讨论的状态都是合法的），对于dp[i][pre][now]我要怎么计算呢？
首先当然是这两个状态不能和所给的矩阵有冲突（也就是在不能人的地方放置了人），然后相邻两行不能有距离为２的１存在。满足上面的条件后，则dp[i][pre][now]=max(dp[i-1][ppre][pre]),其中ppre也要状态也要满足以上条件。我们最后求合法状态中的最大值即可，以上快速判断是否满足要求可以用位运算来判断，具体如何用请自己思考，或者参考我的代码。
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <stdio.h>
#include <vector>
using namespace std;
int dp[200][200][200];
vector<int> a[11];
int check(int x,int len)
{
int i;
for(i=0;i<len-2;i++)
{
int tmp=(1<<i)+(1<<(i+2));
if((tmp&x)==tmp)
{
return 0;
}
}
return 1;
}
int cot[1100];
int getnum(int x)
{
int sum=0;
while(x)
{
if(x%2)
sum++;
x/=2;
}
return sum;
}
void init()
{
int i,j,tmp;
for(i=0;i<=1024;i++)
cot[i]=getnum(i);
for(i=1;i<=10;i++)
{
tmp=(1<<i)-1;
a[i].push_back(0);
for(j=1;j<=tmp;j++)
{
if(check(j,i))
{
a[i].push_back(j);
}
}
}
}
int max(int a,int b)
{
return a>b?a:b;
}
int num[110];
int main()
{
init();
int n,m,x;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
int i,j,tmp;
for(i=1;i<=n;i++)
{
tmp=0;
for(j=1;j<=m;j++)
{
scanf("%d",&x);
tmp=tmp*2+x;
}
num[i]=tmp;
}
tmp=a[m].size();
int ans=0;
for(i=0;i<tmp;i++)
{
if((num[1]|a[m][i])==num[1])//判断是否满足棋盘
{
int now=a[m][i];
dp[1][0][i]=cot[now];
ans=max(ans,dp[1][0][i]);
}
}
for(i=2;i<=n;i++)
{
for(j=0;j<tmp;j++)
{
if((num[i]|a[m][j])==num[i])//状态满足第i行
{
int now=a[m][j];
int s,t;
for(s=0;s<tmp;s++)
{
int pre=a[m][s];
if((num[i-1]|pre)==num[i-1])
{
if(((now<<1)&pre)==0&&((now>>1)&pre)==0)
{
if(i==2)
dp[i][s][j]=dp[1][0][s]+cot[now];
else
{
for(t=0;t<tmp;t++)
{
int ppre=a[m][t];
if((num[i-2]|ppre)==num[i-2])
{
if((ppre&now)==0)
{
if(((ppre<<1)&pre)==0&&((ppre>>1)&pre)==0)
dp[i][s][j]=max(dp[i][s][j],dp[i-1][t][s]+cot[now]);
}
}
}
}
ans=max(ans,dp[i][s][j]);
}
}
}
}
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
http://poj.org/problem?id=1185
poj 1185
和上一道题差不多（连名字都一样），只是判断合法状态的方法不同而已，大部分都是一样的。只是变了一点形式而已，这里不多说了。直接看代码。
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <stdio.h>
#include <vector>
using namespace std;
int dp[110][65][65];
vector<int> a[11];
int check(int x,int len)
{
int i;
for(i=0;i<len-1;i++)
{
int tmp=(1<<i)+(1<<(i+2));
if((tmp&x)==tmp)
{
return 0;
}
tmp=(1<<i)+(1<<(i+1));
if((tmp&x)==tmp)
return 0;
}
return 1;
}
int cot[1100];
int getnum(int x)
{
int sum=0;
while(x)
{
if(x%2)
sum++;
x/=2;
}
return sum;
}
void init()
{
int i,j,tmp;
for(i=0;i<=1024;i++)
cot[i]=getnum(i);
for(i=1;i<=10;i++)
{
tmp=(1<<i)-1;
a[i].push_back(0);
for(j=1;j<=tmp;j++)
{
if(check(j,i))
{
a[i].push_back(j);
}
}
}
}
int max(int a,int b)
{
return a>b?a:b;
}
int num[110];
char bo[110][12];
int main()
{
//freopen("dd.txt","r",stdin);
init();
int n,m,x;
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(dp,0,sizeof(dp));
int i,j,tmp;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",bo[i]+1);
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
tmp=0;
for(j=1;j<=m;j++)
{
if(bo[i][j]=='P')
tmp=tmp*2+1;
else
tmp*=2;
}
num[i]=tmp;
}
tmp=a[m].size();
int ans=0;
for(i=0;i<tmp;i++)
{
if((num[1]|a[m][i])==num[1])
{
int now=a[m][i];
dp[1][0][i]=cot[now];
ans=max(ans,dp[1][0][i]);
}
}
for(i=2;i<=n;i++)
{
for(j=0;j<tmp;j++)
{
if((num[i]|a[m][j])==num[i])
{
int now=a[m][j];
int s,t;
for(s=0;s<tmp;s++)
{
int pre=a[m][s];
if((num[i-1]|pre)==num[i-1])
{
if((pre&now)==0)
{
if(i==2)
dp[i][s][j]=dp[1][0][s]+cot[now];
else
{
for(t=0;t<tmp;t++)
{
int ppre=a[m][t];
if((num[i-2]|ppre)==num[i-2])
{
if((ppre&now)==0)
{
dp[i][s][j]=max(dp[i][s][j],dp[i-1][t][s]+cot[now]);
}
}
}
}
ans=max(ans,dp[i][s][j]);
}
}
}
}
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
http://poj.org/problem?id=2411
poj 2411
一年前就看过了，当时根本就不敢碰，今天终于鼓起勇气发现并不是很难，没用long longWA一次，然后2Y。
我们设dp[i][flag]表示第i行为状态flag的排列总数，这里我们设竖着放为1（上面那一段在第i行），其他为0（为0不一定为横着放，以为有可能上一行是竖着放的）。我们先预处理第一行的情况，然后对于dp[i][flag],（2<=i<n），dp[i][flag]=dp[i-1][pre]当且仅当以下条件满足：
1：flag和pre在同一位上不能同时为1.即（pre&flag==0）
2 : 我们设合法状态的定义如下：若一个状态中相邻两个1之间0的个数均为为偶数，则称它为合法状态。如长度为4的状态中1001(9) 1100是合法状态，而1010 1101不是。（注意对于同一个状态，有些长度下是合法的，有些长度下是不合法的，如1001和01001，在长度4下为合法状态，在长度5下则不是）
则pre^now必须为合法状态（这里的^为异或运算）。
注意到我们不用求dp[n][flag]，因为若第n-1行确定了，则最后一行也已近确定了，则我们只要计算dp[n-1][flag]中属于合法状态的flag,求它们的和即可。若h*w为奇数，之间输出0即可，否则若h为1,输出1，不然的话就按上面的方法求。
代码如下：其实可以加很多优化的，但人懒就没加了。。。
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
vector<int> t[12];
int check(int x,int len)
{
int l=1,i;
for(i=1;i<=len;i++)
{
if(x&(1<<(i-1)))
{
if((i-l)%2)
return 0;
l=i+1;
}
}
if((len-l+1)%2)
return 0;
return 1;
}
void init()
{
int i,j;
for(i=1;i<=11;i++)
{
int tmp=(1<<i)-1;
t[i].push_back(0);
for(j=1;j<=tmp;j++)
{
if(check(j,i))
t[i].push_back(j);
}
}
}
long long dp[12][1<<11];
long long solve(int h,int w)
{
if((h*w)%2)
return 0;
if(h==1)
return 1;
memset(dp,0,sizeof(dp));
int len=t[w].size(),i,j,k;
for(i=0;i<len;i++)
{
int now=t[w][i];
if(i!=0||w%2==0)
dp[1][now]=1;
}
int tt=(1<<w);
for(i=2;i<=h-1;i++)
{
for(j=0;j<tt;j++)
{
int now=j;
for(k=0;k<tt;k++)
{
int pre=k;
if((pre&now)==0&&check(pre^now,w))
{
if(pre!=0||now!=0||w%2==0)
dp[i][now]+=dp[i-1][pre];
}
}
}
}
long long ans=0;
for(i=0;i<len;i++)
ans+=dp[h-1][t[w][i]];
return ans;
}
int main()
{
//freopen("dd.txt","r",stdin);
init();
//printf("%d\n",t[11].size());
int h,w;
memset(dp,0,sizeof(dp));
while(scanf("%d%d",&h,&w))
{
if(h+w==0)
break;
printf("%I64d\n",solve(h,w));
}
return 0;
}