状压入门--bzoj1087: [SCOI2005]互不侵犯King【状压dp】

Description

　　在N×N的棋盘里面放K个国王，使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。国王能攻击到它上下左右，以及左上
左下右上右下八个方向上附近的各一个格子，共8个格子。

Input

　　只有一行，包含两个数N，K （ 1 <=N <=9, 0 <= K <= N * N）

Output

　　方案数。

Sample Input

3 2

Sample Output

简单的题目描述，往往蕴藏着巧妙的算法--X

这道题的数据范围十分清新，暗喻着这道题可以承受较高的复杂度。

由于在棋盘上，我们可以把1当做放国王，0当做不放国王。那么整个矩阵就是一个01矩阵。

分解来看，每一行（我们通常从行的角度考虑）就是一个01串。

然而我们又知道，枚举01串的复杂度是指数级的，就算我们数据范围小，也犯不得枚举次数多呀！

如果我们用dp来做这道题，那本题的状态一定大的一匹，对dp进行优化可从两方面考虑：状态和转移。转移目测布星，我们考虑压缩状态。

沿着上面的思路，如果我们把棋盘当做01矩阵，每一行当做01串，那这个01串就可以看做一个二进制数，我们的状态就是这个二进制对应的十进制数。于是我们就完美地进行了状态压缩。

举个栗子：

0101 假设表示在第一行的第2、4列放国王，那么状态我们就可以表示为5，因为101（2）表示十进制的5.

那么，我们可以预处理出这些状态。而为了满足“互不侵犯”的性质，我们可以在进行状压dp预处理时就处理掉不合法的一些状态，留下合理的。

那么，我们可以把国王的攻击分为两类：同行的、不同行的，现在我们就要留下同行的合法解。因为一个国王会攻击它左右直接相邻的国王，所以合法的一行01串中“1”一定不能连续出现。

void getnowk(int x)
{
    int tmp=;
    while(x) tmp+=(x&),x>>=;
    nowk[cnt]=tmp;
}
 
void pre()
{
     FAKE=(<<n)-;//可能的状态总数（最大值）
     for(int i=;i<FAKE;i++)
      if(!(i&(i>>))) bin[++cnt]=i,getnowk(i);
}

预处理状态部分

现在我们来说状态！这种棋盘型的状压dp，我们一般把“行”作为状态。

设f[i][j][k]为在前i行，状态序号为j，目前已经放了k个国王的方案。

转移：f[i[[j][k]=sigma（ f[i-1][x][k-nowk[j] ) 其中x枚举的是上一行的状态，nowk记录着此状态中放了多少国王，这里减的是当前行状态的国王数。

另外，除了同行互不侵犯，邻行是否互不侵犯我们如何处理？

无敌位运算！

              if(bin[j]&bin[k]) continue;  //上下可侵犯
              if((bin[j]<<)&bin[k]) continue;  // 左上右下侵犯
              if(bin[j]&(bin[k]<<)) continue;  // 右上坐下侵犯

于是，这就是状压dp。它把复杂的状态转化为一个数，用位运算处理状态！

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
//写题解的时候可以输出一下中间结果！
using namespace std;
typedef long long ll;
 
int n,suming,cnt,FAKE;
int bin[],nowk[];//bin[]: 01串表示的十进制
//nowk[]: 此时放的国王数量 即01串里有多少个1
ll f[][][];
ll ans;
 
void getnowk(int x)
{
    int tmp=;
    while(x) tmp+=(x&),x>>=;
    nowk[cnt]=tmp;
}
 
void pre()
{
     FAKE=(<<n)-;//可能的状态总数（最大值）
     for(int i=;i<FAKE;i++)
      if(!(i&(i>>))) bin[++cnt]=i,getnowk(i);
}
 
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&suming);
    pre();//预处理出的状态 cnt是状态总数
    //所有的状态：相邻无1的01串
    for(int i=;i<=cnt;i++) f[][i][nowk[i]]=;
    //赋初值，第1行第i个状态一定只有1种方案。
/*    for(int i=1;i<=cnt;i++) printf("%d ",bin[i]);
    printf("\n");
    for(int i=1;i<=cnt;i++) printf("%d ",nowk[i]);*/
    for(int i=;i<=n;i++) //第1行已处理出，从第2行开始
     for(int j=;j<=cnt;j++)//枚举当前行（第i行）的状态
      for(int k=;k<=cnt;k++)//枚举上一行（第k行）的状态
       {
              if(bin[j]&bin[k]) continue;
              if((bin[j]<<)&bin[k]) continue;
              if(bin[j]&(bin[k]<<)) continue;
              for(int s=suming;s>=nowk[j];s--) f[i][j][s]+=f[i-][k][s-nowk[j]];
       }
    for(int i=;i<=cnt;i++) ans+=f[n][i][suming];
    printf("%lld",ans);
    return ;
}

感谢 @KesdiaelKen @p_b_p_b 提供的思路！

*Update

用状压dp能否解决八皇后问题？答案是否定的，在八皇后问题中要满足行、列、对角线上除了本身没有另外的皇后，因为行、列、对角线是棋盘里整条贯穿边界的线，所以用位运算压缩状态就不太行。

所以状压dp比较适合上下左右仅相邻的情况，这种整行的维护就比较困难。

另如https://www.luogu.org/problemnew/show/P2051 ，若把n或m中的一个范围改为10，能不能用状压dp呢？答案依然是否定的，不行的原因与八皇后问题相似。