【[Offer收割]编程练习赛15 C】过河问题

【题目链接】:http://hihocoder.com/problemset/problem/1516

【题意】

【题解】



状态压缩DP+bfs

这个过河问题能用bfs来搞.涨知识了;

首先;

16个人

容易想到用0..216−1来表示3处地方的状态;

即这一边的岸,船上,以及对岸;

对于岸上;

只需要这状态里面,能攻击人的人存在,且它攻击的对象也存在,且能管住这个攻击的人的人不在,则这个状态就是不符合要求的;

而对于船上;

则需要一个掌舵人,否则不行;

然后对于岸上的情况船上的情况也要满足;

还有就是船上的人数的限制了;

设f[i][0..1]分别表示某一边状态为i,然后船在某一边(用0和1表示)的最少渡河次数;

f[(1< < n)-1][0]=0;

然后每次枚举到对岸的人是哪些就好;

枚举的方法很巧妙;

for (int i = (1< < n)-1;i;i=(i-1)&now)

这个&运算保证了,只有当前存在的人才能过去;然后又能把所有情况都涉及到;

最后输出f[(1< < n)-1][1]

程序中can[i]判断i这状态能不能在船上

can2[i]判断i这个状态能不能在岸上



【Number Of WA】



0



【完整代码】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define LL long long
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof x)
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pll;
const int dx[9] = {0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1};
const int dy[9] = {0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1};
const double pi = acos(-1.0);
const int N = 18;
const int MAX = 7e4;
int n,m,a,b,c,all;
int son[N],fat[N],boa;
bool can[MAX],can2[MAX];
int f[MAX][2];
queue <pii> dl;
bool check(int statu)
{
    if ((statu&boa)==0) return false;
    int cnt = 0;
    rep1(i,0,n-1)
    {
        if ((statu>>i)&1)
        {
            cnt++;
            if (((fat[i]&statu)==0) && (son[i]&statu))
                return false;
        }
    }
    if (cnt>m) return false;
    return true;
}
bool check2(int statu)
{
    rep1(i,0,n-1)
    {
        if ((statu>>i)&1)
        {
            if (((fat[i]&statu)==0) && (son[i]&statu))
                return false;
        }
    }
    return true;
}
int main()
{
    //freopen("F:\\rush.txt","r",stdin);
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);//scanf,puts,printf not use
    cin >> n >> m;
    cin >> a >> b >> c;
    int x,y;
    rep1(i,1,a)
    {
        cin >> x >> y;
        son[x] |= (1<<y);
    }
    rep1(i,1,b)
    {
        cin >> x >> y;
        fat[y]|= (1<<x);
    }
    rep1(i,1,c)
    {
        cin >> x;
        boa |= (1<<x);
    }
    all = (1<<n)-1;
    rep2(i,all,0)
    {
        can[i] = check(i);
        can2[i] = check2(i);
    }
    if (!can2[all]) return cout <<-1<<endl,0;
    ms(f,255);
    f[all][0] = 0;
    dl.push(mp(all,0));
    while (!dl.empty())
    {
        int s = dl.front().fi,k = dl.front().se;dl.pop();
        for (int left = s;left;left=(left-1)&s)
        {
            if (can[left] && can2[all^s^left] && can2[s^left] && can2[all^s])
            {
                int status = all^s^left;
                if (f[status][k^1]==-1)
                {
                    f[status][k^1] = f[s][k]+1;
                    dl.push(mp(status,k^1));
                }
            }
        }
    }
    cout << f[all][1] << endl;
    return 0;
}