bzoj1879: [Sdoi2009]Bill的挑战(codevs2308)(luoguP2167) 状压dp
唔...懒兔子来写博客了...
这题的话...我想了很久但是都不是可行解
刚开始想预处理任意两个串是否可以匹配然后在乱搞,后来发现完全不会写...
然后按照惯例,我会看题解认真的思考...
唔...其实看完题解貌似这题还挺容易的?
我们可以预处理一个数组 g[i,j] 表示 在这 n 个串中前 i 个字符且第 i 个字符匹配为 j (j 是一个字符) 时的一个状态。
这个状态为一个长度为n的 2进制数转为10进制。比如 111 这个状态指 1 串和2 串和 3 串都是可以匹配的。
这个数组就是这个作用。
辣它可以干什么捏。
我萌进入dp部分。
设 f[i,j] 表示 每个串前 i 个字符 状态为 j 的方案数。
初始化就是 f[0,1 << n-1]=1
答案就是 sum(f[n,j]) 这里的 j 状态要满足 二进制1 的个数为 k。
j 这个状态指 n 个串中选了哪些串。
f[i,j & g[i,x]+=f[i-1,j]
枚举一个 x 字符,对于 ‘a’-‘z’ 这些字符都可以是第 i 位的。
然后枚举前继状态 j 辣么 对于要更新的状态就是 j & g[i,x]
为什么是&? 因为如果能转移到的必须要满足 g[i,x] 中能匹配这个串 同时前继状态也要有。
而 & 就是只有两个都是1 的时候才为 1 ,所以 & 后就是可以转移的一个状态。
这样打完之后捏,我兴高采烈的交了上去。TLE!!!
算了一下效率,似乎是卡着的呀QAQ
怀疑兔生的我优化了常数,以为是常数的锅。
结果还是 TLE! TLE!TLE!
然后怀疑兔生的又看了一次题解 开始思考原因
发现题解里加了优化的QAQ 但是并没有说...
所以要加一个优化咯。
这样考虑对于 f[i-1,j]=0 的情况 实际上可以不去转移,这样可以省掉很多时间。
const HR=;
var s:string;
i,j,x:longint;
g:array[..,..]of longint;
t,n,k:longint;
f:array[..,..]of longint;
num:array[..]of longint;
len:longint;
ans:longint;
function check(x:longint):longint;
var i,num:longint;
begin
num:=;
for i:= to do
if ( << (i-))and x> then inc(num);
exit(num);
end;
begin
read(t);
for i:= to ( << )- do
num[i]:=check(i);
while t> do
begin
dec(t);
ans:=;
readln(n,k);
for i:= to n do
begin
readln(s);
if i= then len:=length(s);
for j:= to len do
for x:= to do
if ((ord(s[j])-)=x)or(s[j]='?') then
g[j,x]:=g[j,x] or ( << (i-));
end;
f[,( << n)-]:=;
for i:= to len do
begin
for j:= to ( << n)- do
if f[i-,j]<> then
begin
for x:= to do
begin
inc(f[i,(g[i,x] and j)],f[i-,j]);
if f[i,(g[i,x] and j)]>=HR then
f[i,(g[i,x] and j)]:=f[i,(g[i,x] and j)] mod HR;
end;
f[i-,j]:=;
end;
if i=len then
begin
for j:= to ( << n)- do
begin
if num[j]=k then
begin
inc(ans,f[len,j]);
if ans>=HR then ans:=ans mod HR;
end;
f[i,j]:=;
end;
end;
end;
for i:= to len do
for x:= to do
g[i,x]:=;
writeln(ans);
end;
end.
bzoj1879
代码巨丑...懒兔子懒得弄好看点了QAQ
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