hdu 5330 Route Statistics(状压dp)

来源：互联网发布：制作桌面的软件编辑：程序博客网时间：2024/06/05 16:11

题意：给出n个长度<=11的只含有012的串，定义2个串的距离为所有对应位相减的绝对值的和。求距离0到2×m-1的对数。

做法：挺难想的一个状压dp。只要把跟每个串的距离为x的有多少个算出来就可以求出最后的答案了。考虑一下子问题，我们只考虑与后几位的距离为x的有多少个，但是这样没法递推，因为前面的不知道，所以我们可以把前面的补全，故就有了dp[s1][s2][k]代表一些串的前缀就是s1，与s1+s2这个串的距离差为k的个数。我们可以发觉|s1|+|s2| = m，所以我们可以把前2维变成1维。

如果用刷表法就不用像题解填表法那样有9种情况了，只有3种情况，把第i位当作0，1，2即可。

假设第i位是1，转移就是

1.dp[s1-'1']['0'+s2][k+1] += dp[s1][s2][k].

2. dp[s1-'1']['1'+s2][k] += dp[s1][s2][k],

3. dp[s1-'1']['2'+s2][k+1] += dp[s1][s2][k].

真正写的过程中只要把第i位换成0，1，2就可以了。

初始值的设定是dp[s][空][0] = s这个串的个数。

AC代码：

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include<cstdio>#include<ctype.h>#include<algorithm>#include<iostream>#include<cstring>#include<vector>#include<cstdlib>#include<stack>#include<queue>#include<set>#include<map>#include<cmath>#include<ctime>#include<string.h>#include<string>#include<sstream>#include<bitset>using namespace std;#define ll __int64#define ull unsigned __int64#define eps 1e-8#define NMAX 1000000010#define MOD 1000000007#define lson l,mid,rt<<1#define rson mid+1,r,rt<<1|1#define PI acos(-1)template<class T>inline void scan_d(T &ret){    char c;    int flag = 0;    ret=0;    while(((c=getchar())<'0'||c>'9')&&c!='-');    if(c == '-')    {        flag = 1;        c = getchar();    }    while(c>='0'&&c<='9') ret=ret*10+(c-'0'),c=getchar();    if(flag) ret = -ret;}const int maxn = 90000+10;int dp[2][200000][25];int cnt[200000];char s[20];int the[20],m;ll ans[30];int main(){#ifdef GLQ    freopen("input.txt","r",stdin);//    freopen("o1.txt","w",stdout);#endif    the[0] = 1;    for(int i = 1; i <= 11; i++) the[i] = the[i-1]*3;    int _t;    scanf("%d",&_t);    while(_t--)    {        int n;        scanf("%d%d",&n,&m);        for(int i = 0; i < the[m]; i++) cnt[i] = 0;        for(int i = 0; i < n; i++)        {            scanf("%s",s);            int x = 0;            for(int j = 0; j < m; j++)                x = x*3+s[j]-'0';            cnt[x]++;        }        int f = 0;        for(int i = 0; i < the[m]; i++)            for(int j = 1; j <= 2*m; j++)                dp[0][i][j] = 0;        for(int i = 0; i < the[m]; i++)            dp[0][i][0] = cnt[i];        for(int i = 0; i < m; i++)        {            for(int j = 0; j < the[m]; j++)                for(int k = 0; k <= 2*m; k++) dp[f^1][j][k] = 0;            for(int j = 0; j < the[m]; j++)                for(int k = 0; k <= 2*m; k++) if(dp[f][j][k])                {                    int tmp = j/the[i]%3;                    for(int l = 0; l <= 2; l++)                    {                        int x = j-(tmp-l)*the[i];                        dp[f^1][x][k+abs(l-tmp)] += dp[f][j][k];                    }                }            f ^= 1;        }        memset(ans,0,sizeof(ans));        for(int i = 0; i < the[m]; i++)        {            if(!cnt[i]) continue;            ans[0] += (ll)cnt[i]*(cnt[i]-1);            for(int j = 1; j <= 2*m; j++)            {                ans[j] += (ll)cnt[i]*dp[f][i][j];            }        }        for(int i = 0; i <= 2*m; i++)            printf("%I64d\n",ans[i]/2LL);    }    return 0;}

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