状压dp学习笔记

状压dp学习笔记

前置

各种位运算

& 与 两个都为1时返回1

​ 1&1=1, 1&0=0, 0&1=0, 0&0=0

| 或 有一个为1时返回1

​ 1|1 = 1, 1|0 = 1, 0|1 = 1, 0|0 = 0

^ 异或 相同为0 不同为1

​ 1^1=0, 1^0=1, 0^1=1, 0^0=0

~ 非 1变0 0变1

​ ~1 = 0, ~0 = 1

​ ~(10001) = 01110

<< 左移

​ 相当于乘2

>> 右移

​ 相当于除2

状压dp

板子(P1879 [USACO06NOV]玉米田Corn Fields)

[f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][k])pmod p ]

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define maxn 100010
const int mod = 1e8;

using namespace std;

int n, m, t, tot, ans, state[maxn], dp[20][maxn], no[maxn];
//state表示所有状态，no表示不能种草的土地，dp[i][j]表示前i行 状态为j时的最大方案数
void init()
{
	for(int i = 0; i < 1 << m; i++)
		if((i & (i << 1))== 0)//如果将一个数左移1位后与上它本身等于0，则说明这个数的二进制表示里的1不相邻（合法），自己写一下就能得出
			state[++tot] = i;//比1 << m 小的所有数的二进制表示可以表示出所有的可能的合法状态
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	init();//初始化
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for(int j = 0; j < m; j++)
		{
			scanf("%d", &t);
			if(!t) 
			{
				no[i]|=1<<j;//调试一下会好懂，即如果t是0（不能种草）则将那一位变成1，利用了或运算
			}
		}
	}
	dp[0][1] = 1;//第0行不能放，但不放也是一种状态，所以为1
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		for(int j = 1; j <= tot; j++)//当前行的状态
		{
			if(no[i] & state[j]) continue;//不能种在差土地上
			for(int k = 1; k <= tot; k++)//上一行的状态
			{
				if(state[j] & state[k]) continue;//这一行和上一行不能有边相邻的土地种草
				dp[i][j] += (dp[i - 1][k] % mod);
			}
		}
	for(int i = 1; i <= tot; i++)
	{
		ans += dp[n][i];
		ans %= mod;
	}
	printf("%d", ans);
	return 0;
}

其实就是用二进制优美的暴力枚举

题目

P1896 [SCOI2005]互不侵犯

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define maxn 100010 
typedef int int_;
#define int long long

using namespace std;

int n, k, state[maxn], dp[11][maxn >> 1][83], tot, king[maxn];
int ans;

void init()
{
	for(int i = 0; i < 1 << n; i++)
		if((i & (i << 1)) == 0) 
		{
			state[++tot] = i;
			int t = i;
			while(t)
			{
				king[tot] += t % 2;
				t >>= 1; 
			}
		}
}

int_ main() {
	scanf("%lld%lld", &n, &k);
	init();
	for(int i = 1; i <= tot; i++)
		if(king[i] <= k) dp[1][i][king[i]] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i++)
		for(int j = 1; j <= tot; j++)
		{
			for(int p = 1; p <= tot; p++)
			{
				if(state[p] & state[j]) continue;
				if(state[p] & state[j] >> 1) continue;
				if(state[p] & state[j] << 1)continue;
				for(int l = 1; l <= k; l++)
				{
					if(king[j] + l > k) continue;
					dp[i][j][king[j] + l] += dp[i - 1][p][l];
				}
			}
		}
	for(int j = 1; j <= n; j++)
		for(int i = 1; i <= tot; i++)
			ans += dp[j][i][k];
	printf("%lld", ans);
	return 0;
} 

本体要在dp多开一维作为当前国王数量

要注意国王可以吃周围8个格子，所以要注意状态的处理

预处理第一行dp方便

要开long long

---

P2704 [NOI2001]炮兵阵地

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define maxn 100010

using namespace std;

int n, m, ans, tot, state[maxn], dp[105][62][62], man[maxn], no[maxn];

void init()
{
	for(int i = 0; i < 1 << m; i++)
	{
		if((i & (i << 2)) == 0 && (i & (i << 1)) == 0)
		{
			state[++tot] = i;
			int t = i;
			while(t)
			{
				man[tot] += t % 2;
				t >>= 1;
			}
		}
	}
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	init();
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		scanf("
");
		for(int j = 0; j < m; j++)
		{
			char t;
			scanf("%c", &t);
			if(t == 'H')
			{
				no[i] |= 1 << j;
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i <= tot; i++)
	{
		if(state[i] & no[1]) continue;
			dp[1][i][0] = man[i];
	}
	for(int j = 1; j <= tot; j++)
	{
		if(state[j] & no[2]) continue;
		for(int k = 1; k <= tot; k++)
		{
			if(state[j] & no[2] || state[k] & no[1]) continue;
			if(state[j] & state[k]) continue;
			dp[2][j][k] = dp[1][k][0] + man[j];
		}
	}
	for(int i = 3; i <= n; i++)
	{
		for(int j = 1; j <= tot; j++)
		{
			if(state[j] & no[i]) continue;
			for(int k = 1; k <= tot; k++)
			{
				if(state[j] & state[k] || state[k] & no[i - 1]) continue;
				for(int l = 1; l <= tot; l++)
				{
					if(state[j] & state[l] || state[k] & state[l]) continue;
					dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][k][l] + man[j]);
					ans = max(ans, dp[i][j][k]);
				}
			}
		}
	}
	printf("%d", ans);
	return 0;
}

这道题其实也是要注意炮兵攻击范围，这个范围不但会影响当前层和下一层，还会影响下下层

所以我们多开一维作为上上层的状态，同时dp时多进行一次循环

要预处理前两层

注意init()处理所有状态时要保留当前层一个炮兵都不放的状态