洛谷 P1896 [SCOI2005]互不侵犯 - 状压DP

洛谷 P1896 [SCOI2005]互不侵犯

题目链接：洛谷 P1896 [SCOI2005]互不侵犯

算法标签: 动态规划（DP）、状态压缩

题目

题目描述

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。

注：数据有加强（2018/4/25）

输入格式

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

输出格式

所得的方案数

输入输出样例

输入 #1

3 2

输出 #1

16

题解：

状压DP

首先解释为什么是状压DP：

• 根据题意我们能够得出是通过DP解决
• 根据题中数据范围\(1 \le N \le 9\)

其次，我们要考虑DP的几个属性：

• 状态：

  1. 我们定义\(f[i][j][s]\)为当前考虑前\(i\)行，第\(i\)行的国王的情况是编号为\(j\)的状态（压缩），在这\(i\)行共有\(s\)个国王的情况的总数。
  2. \(sit[]\)和\(gs[]\)分别表示某一点的状态和此状态下这一行放的国王数量。这里需要有dfs预处理。

  void dfs(int sum, int tot, int now)
  {
  	if (now >= n)
  	{
  		sit[ ++ cnt] = sum;
  		gs[cnt] = tot;
  		return ;
  	}
  	dfs(sum, tot, now + 1);
  	dfs(sum + (1 << now), tot + 1, now + 2);
  }
  

• 转移：

  1. 同一行国王的冲突：我们可以直接在预处理时候解决。
  2. 上下国王的冲突：if (sit[j] & sit[k]) continue ;​
  3. 左上方和右下方国王的冲突：if((sit[j] << 1) & sit[k]) continue ;
  4. 左下方和右上方国王的冲突：if (sit[j] & (sit[k] << 1)) continue ;
  5. 最终的转移过程按照直接处理每一行即可。

  for (int i = 2; i <= n; i ++ )
  {
  	for (int j = 1; j <= cnt; j ++ )
  	{
  		for (int k = 1; k <= cnt; k ++ )
  		{
  			if (sit[j] & sit[k])
  				continue ;
  			if ((sit[j] << 1) & sit[k])
  				continue ;
  			if (sit[j] & (sit[k] << 1))
  				continue ;
  			for (int l = gs[j]; l <= m; l ++ )
  				f[i][j][l] += f[i - 1][k][l - gs[j]];
  		}
  	}
  }
  

AC代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 10;

const int M = 110;

const int NM = 2020;

int n, m, sit[NM], gs[NM], cnt;
long long f[N][NM][M];
void dfs(int sum, int tot, int now)
{
	if (now >= n)
	{
		sit[ ++ cnt] = sum;
		gs[cnt] = tot;
		return ;
	}
	dfs(sum, tot, now + 1);
	dfs(sum + (1 << now), tot + 1, now + 2);
}
int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	dfs(0, 0, 0);
	for (int i = 1; i <= cnt; i ++ )
	{
		f[1][i][gs[i]] = 1;
	}
	for (int i = 2; i <= n; i ++ )
	{
		for (int j = 1; j <= cnt; j ++ )
		{
			for (int k = 1; k <= cnt; k ++ )
			{
				if (sit[j] & sit[k])
					continue ;
				if ((sit[j] << 1) & sit[k])
					continue ;
				if (sit[j] & (sit[k] << 1))
					continue ;
				for (int l = gs[j]; l <= m; l ++ )
					f[i][j][l] += f[i - 1][k][l - gs[j]];
			}
		}
	}
	long long ans = 0;
	//printf("%d\n", cnt);
	for (int i = 1; i <= cnt; i ++ )
		ans += f[n][i][m];
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}