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  • 状压DP【洛谷P1879】 [USACO06NOV]玉米田Corn Fields

    P1879 [USACO06NOV]玉米田Corn Fields

    农场主John新买了一块长方形的新牧场,这块牧场被划分成M行N列(1 ≤ M ≤ 12; 1 ≤ N ≤ 12),每一格都是一块正方形的土地。John打算在牧场上的某几格里种上美味的草,供他的奶牛们享用。

    遗憾的是,有些土地相当贫瘠,不能用来种草。并且,奶牛们喜欢独占一块草地的感觉,于是John不会选择两块相邻的土地,也就是说,没有哪两块草地有公共边。

    John想知道,如果不考虑草地的总块数,那么,一共有多少种种植方案可供他选择?(当然,把新牧场完全荒废也是一种方案)

    我用的最最暴力的方法。nm2m*2m的复杂度一看就很吓人啊,但是数据好水水。。。

    我的循环枚举有一部分浪费在了判断是否合法上,也就是那个m。

    如果可以去掉的话就是正解了喵喵喵。。。

    怎么O(1)判断有解呢?

    看来位运算还是不太会啊。。。

    首先可以用一个二进制数存储每一行的合法状态。

    ((ok(i)<<=1)|=x)

    然后怎么样判断对于第i行,我们现在枚举的状态j是否合法?

    1,先看对于j这个状态每一位和它的前一位又没有相交(即同为1)

    (if(j and (j>>1)==0)--> j  is ok)

    2,再看j这个状态是否符合ok[i]

    (if(j and ~(ok[i])) -->j is  not  ok)

    ok了,以后尽量多用整行的二进制数位运算。

    再安利大佬同桌@顾z的题解喽,喵喵喵。。。

    code:

    #include <iostream>
    #include <cstdio>
    
    using namespace std;
    
    const int mod=100000000;
    
    const int wx=17;
    
    inline int read(){
    	int sum=0,f=1; char ch=getchar();
    	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}
    	while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=(sum<<1)+(sum<<3)+ch-'0'; ch=getchar();}
    	return sum*f;
    }
    
    int n,m;
    int ok[wx][wx];
    int f[wx][1<<wx];
    int ans;
    
    int main(){
    	n=read(); m=read();
    	for(int i=1;i<=n;i++)
    		for(int j=1;j<=m;j++)
    			ok[i][j]=read();
    	int WX=(1<<m);
    	for(int i=0;i<WX;i++){
    		int flag=0;
    		for(int j=1;j<=m;j++){
    			if( (i&(1<<(j-1))) && (!ok[1][j]) ) {flag=1; break;}
    			if(j>=2)if( (i&(1<<(j-1))) && (i&(1<<(j-2))) ) {flag=1; break;}
    		}
    		if(!flag)f[1][i]=1;
    	}
    	for(int i=2;i<=n;i++){ //枚举每一行 
    		for(int j=0;j<WX;j++){ //m枚举当前行的状态
    			 int flag=0; 
    		     for(int k=1;k<=m;k++){
    				if( (j&(1<<(k-1))) && (!ok[i][k]) ) {flag=1; break;}
    				if(k>=2)if( (j&(1<<(k-1))) && (j&(1<<(k-2))) ) {flag=1; break;}
    			 }
    			 if(flag) continue;
    			 for(int k=0;k<WX;k++){
    			 	int flag=0;
    			 	for(int l=1;l<=m;l++){
    			 		if( (j&(1<<(l-1))) && (k&(1<<(l-1))) ){flag=1; break;}
    			 		if( (k&(1<<(l-1))) && (!ok[i-1][l]) ){flag=1; break;}
    			 	}
    			 	if(flag)continue;
    			 	f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][k])%mod;
    			 }
    		}
    	}
    	for(int i=0;i<WX;i++){
    		ans=(ans+f[n][i])%mod;
    	}
    	printf("%d
    ",ans);
    	return 0;
    }
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