在一张 n 行 m 列的方格地图上放置一些守卫，每个守卫能守护上、左、右三个方向上相邻的方格和自己所在的方格。如下图，红色的方格放置守卫，绿色的方格为该守卫守护的区域。
现在要求在地图上放置若干个守卫，让每个方格至少被一个守卫守护（可以同时被多个守卫守护），但是有些方格上不能放置守卫（这个方格也需要被守护），求出最少需要多少个守卫才能满足条件。
输入格式
第一行输入两个整数 n, m。
接下来输入一个 n×m 的矩阵。矩阵中元素为 0 表示该位置不能放置守卫，为 1 表示该位置能放置守卫。元素之间用空格隔开。
数据约定： 所有数据保证一定有一种方案满足条件。
对于 20% 的数据： 1≤n,m≤5；
对于 50% 的数据： 1≤n≤20,1≤m≤10；
对于100% 的数据： 1≤n∗m≤1000,1≤m≤15。
输出格式
输出最少需要放置的守卫数量。
没有打这个。。不过学校群有人发出来了。做了下，没得交，大概思路应该是对的
做法：
我们做一个dp，假设格子移动到了图中标记为1的地方，我们定义dp[now][sta]为当移动到这个格子，而且(4,3,2,1,0)的状态为sta的二进制表示（顺序也是一样的，1表示已放置，0表示未放置），并且这个分界线以上的全部被放置了的最小放置守卫数，这个分界线是这样的，当转移到（i，j）时，分界线就是(i,0)(i,1)...(i,j)(i-1,j)(i-1,j+1)..(i-1,m-1)转移比较简单，初始化第一个格子的时候，我们知道第一个格子是没有格子的，但是我们把那里当成已被守卫的格子就好了所以就是dp[now][(1 << m+1) - 2] = 0,其他定义为-1。
举个例子吧,下面的数字外面一层表示行列数，里面的表示分界线
0 1 2 3
0 _ _ 3 4
1 0 1 2 _
图1
我们知道我们当前是转移到(1,2)这个位置的，当这个位置可以放守卫，我们选择放一个守卫之后
0 1 2 3
0 _ _ _ 4
1 0 1 2 3
图2
现在转移到下一个格子了，但是刚刚在(1,2)放了守卫，所以(1,1)(1,2)(1,3)(0,2)这四个位置的状态都要变成了1，所以我们的sta需要或一个(1 << (j-1))(1 << (j))(1 << (j+1))如果j-1小于0就不用了，(0,2)这个位置已经到了分界线外。所以如果当前格子上面是没有守卫的，就必须放一个。因为我们定义的dp是分界线上必须全部被守卫。
如果当前格子有守卫，我们可以选择不放，如果不放的话我们需要把sta^(1 << (j + 1))，因为我们可以知道图1的分界线3转移到下一个的图2时，这个位置原本是没有守卫的，所以要置为0。
这上面的转移是一种情况，但是当转移需要换行的时候，转移的式子会有所改变，不过手推很容易推出来。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <queue> #include <vector> #include <time.h> #include <string> #include <stack> #include <set> #include <map> #include <iostream> #include <bitset> #include <algorithm> using namespace std; #define MP make_pair #define rep(i,n) for(int i = 0; i < (n); i++) #define per(i,n) for(int i = (n-1); i >= 0; i--) #define rep1(i,n) for(int i = 1; i <= (n); i++) #define per1(i,n) for(int i = (n); i > 0; i--) #define PB push_back #define mst(a,b) memset((a),(b),sizeof(a)) typedef long long LL; typedef unsigned long long uLL; typedef pair<int, int> Pii; typedef vector<int> Vi; typedef vector<Pii> Vii; const int inf = 0x3f3f3f3f; const LL INF = (1uLL << 63) - 1; const LL mod = 1000000007; const int N = 1e5 + 7; const double Pi = acos(-1.0); const int maxn = (1 << 16) + 7; const uLL Hashmod = 29050993; int dp[2][maxn]; int maz[1005][15]; int n, m; inline bool up(int sta, int pos) { return (sta & (1 << (pos + 1))) != 0; } inline void uMin(int &A, int B) { if(B == -1)return; if(A == -1)A = B; else A = min(A, B); } inline int Set(int sta, int pos) { if(pos - 1 >= 0)sta |= (1 << (pos - 1)); sta |= (1 << pos); sta |= (1 << (pos + 1)); if(pos == m - 1) { sta <<= 1; sta %= (1 << (m + 1)); } return sta; } inline int noSet(int sta,int pos){ if(pos != m - 1)sta ^= (1 << (pos + 1)); else sta <<= 1,sta %= (1 << (m + 1)); return sta; } //inline void show(int x) { // putchar('0' + x % 2); // if(x > 1)show(x / 2); //} int main() { #ifdef local freopen("input", "r", stdin); //freopen("w","w",stdout); #endif ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(); cin >> n >> m; rep(i, n)rep(j, m)cin >> maz[i][j]; int nx = 1, now = 0; mst(dp[nx], -1); dp[nx][(1 << (m + 1)) - 2] = 0; rep(i, n) { rep(j, m) { swap(nx, now); mst(dp[nx], -1); rep(sta, (1 << (m + 1))) { if(dp[now][sta] != -1) { if(up(sta, j)) uMin(dp[nx][noSet(sta,j)], dp[now][sta]); if(maz[i][j]) uMin(dp[nx][Set(sta, j)], dp[now][sta] + 1); } } } } int ans = dp[now][(1 << (m + 1)) - 1]; uMin(ans,dp[nx][(1 << (m + 1)) - 2]); cout << ans << endl; }
...因为并没有找到可以提交的地方，所以代码也只是随便测了几组，不过思路好像没什么问题，如果找到代码错误的话可以留言或者私信交流一下