状压DP : [USACO06NOV]玉米田

玉米田

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时间限制：1000 ms

标准输入输出

题目类型：传统

评测方式：文本比较

题目描述

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）

输入格式

第一行：两个整数M和N，用空格隔开。

第2到第M+1行：每行包含N个用空格隔开的整数，描述了每块土地的状态。第i+1行描述了第i行的土地，所有整数均为0或1，是1的话，表示这块土地足够肥沃，0则表示这块土地不适合种草。

输出格式

一个整数，即牧场分配总方案数除以100,000,000的余数。

样例

样例输入

2 3

1 1 1

0 1 0

样例输出

9

（此题注意方案数要除以余数）

这道题很容易想到DP，并且是状压DP。为什么呢，设状态\(f_{i}\)为到第i行为止总的方案数，如果我们不能表示出\(i-1\)行的状态的话，那么第\(i\)行也推不出来。（第\(i\)行和第\(i-1\)行不能有土地邻接）

于是考虑状态压缩。用一个长度为\(m\)的二进制数\(j\)来表示第\(i\)行选择土地的情况，\(j\)的第\(k\)位为1表示在第\(i\)行的第\(k\)列选了一个土地。

于是我们便得到了状态转移方程：

\(f_{i,j} = \sum_{f_{i-1,k}}\)

那么这篇题解到这里就结束了

好吧别打我。

这道题的难点就是在于判断\(j\),\(k\),\(j\)和\(k\)这两个状态是否合法。这里就体现出了位运算的优越性。

对于判断一行农田\(j\)是否有相邻的已选的农田，我们可以这样判断：

if( (j<<1) & j)  不合法
else 合法

（位运算这篇博客里不会详讲，这种方法的可行性请读者自己翻阅资料思考）

同理对于状态\(k\)我们也可以这样判断。

对于上下相接的两个状态\(j\)和\(k\)，我们要判断它们的每一位是否出现了都是1的情况：

if(i&j) 不合法
else 合法

(还有一个居然忘讲了）

需要注意的是，在枚举\(j\)的过程中，我们还要判断我们是否选择了“贫瘠”的土地，这是我使用的方法：

for(int i=1;i<=n;i++)  for(int j=1,L;j<=m;j++) {
        cin>>L;
        P[i]=(P[i]<<1)+L;
	}//将初始的农田转换成2进制
	for(int i=0;i<(1<<m);i++)
        if((!((i<<1) & i)) && ((P[1] & i) == i))
            f[1][i]=1; //初始化状态,((P[1] & i)  ==  i)就是我用来判断是否
            			//选择了贫瘠土地的方法.

(关于状压DP，我这里要说一句，熟练掌握位运算是必要条件，这一点可以通过多做题来训练）

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;

#define N 15
#define LL long long
#define MOD 100000000

LL n,m,f[15][100010],ans,P[N];

int main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)  for(int j=1,L;j<=m;j++) {
        cin>>L;
        P[i]=(P[i]<<1)+L;
	}
    for(int i=0;i<(1<<m);i++)
        if((!((i<<1) & i)) && ((P[1] & i) == i))
            f[1][i]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        for(int y=0;y<(1<<m);y++)
            if((!((y<<1) & y)) && ((P[i] & y) == y))
                for(int x=0;x<(1<<m);x++)
                    if((!((x<<1) & x)) && ((P[i-1] & x) == x)) {
                        if(x & y) continue;
                        f[i][y]=(f[i][y]+f[i-1][x])%MOD;
                    }
    for(int i=0;i<(1<<m);i++)
        if((!((i<<1) & i)) && ((P[n] & i) == i))
                ans=(ans+f[n][i])%MOD;
    cout<<ans;
}