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\n",ans);
return 0;
}
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