POJ 3254 Corn Fields 状态压缩dp 查找情况数

POJ 3254 Corn Fields 状态压缩dp  查找情况数

题意：就是你给一个n行m列的矩阵，矩阵里的元素由0和1组成，1代表肥沃的土地可以种植作物，0则不可以种植作物，并且相邻的土地不能同时种植作物，问你有多少种种植方案。

1 1

0

输出 1;

思路:

解题思路 ：以样例数据第一行为例，三个格子都可以放牧，即每个格子都可以选择放，或不放。再考虑附加条件“相邻格子不可同时放牧”，那么我们可以列出单看第一行时的所有可行状态如下（1代表放牧，0代表不放牧）

编号状态10 0 0 20 0 130 1 041 0 051 0 1

（表1）

由此，可将表中的状态看作二进制表示，那么，只需将每种状态转化为相应的十进制数，即可只用一个数字，就能表示某一种状态，如下表：

编号二进制十进制10 0 0020 0 1130 1 0241 0 0451 0 15

（表2）

这种用一个数来表示一组数，以降低表示状态所需的维数的解题手段，就叫做状态压缩。

至此我们看到，在只考虑第一行的时候，有5种可行的放牧方案，但这只是我们要做的第一步。接下来要将第二行纳入考虑：

首先思考：纳入第二行后，会对当前问题造成什么样的影响？

答案还是那句话：“ 相邻格子不可同时放牧 ”！

也就是说，不止左右相邻不可以，上下之间也不能存在相邻的情况。

首先观察第二行，只有中间的格子可以放牧，那么我们的状态表格就可以相对简单些了～如下：

编号二进制十进制10 0 0020 1 02

（表3）

只有两种可行状态，那么我们不妨一个一个来考察：

1、当第二行的状态为编号1时，第二行的三个格子都没有放牧，那么就不会与第一行的任何情况有冲突，第一行的5种方案都可行，即：第二行选用编号1的状态时，结合第一行，可得到5种可行的放牧方案；

2、当第二行的状态为编号2时，第二行中间的格子已经放牧了，那么第一行中间的格子就不可以放牧。看表2，发现其中第3种状态与当前第二行冲突，那么第一行只有4种方案是可行的，即：第二行选用编号2的状态时，结合第一行，可得到4种可行的放牧方案；

那么，在样例数据给出的情况下，我们的最终答案即为5+4=9；

通过对样例数据的分析即可以发现不同状态之间的关系：

以 dp[i][state(j)] 来表示对于 前i行 ， 第i行 采用 第j种状态 时可以得到的 可行方案总数！

例如：回头看样例数据，dp[2][1]即代表第二行使用第2中状态（0 1 0）时可得的方案数，即为4；

那么，可得出状态转移方程为：

dp[i][state(j)]=dp[i-1][state(k1)]+dp[i-1][state(k2)]+......+dp[i-1][state(kn)] (kn即为上一行可行状态的编号，上一行共有n种可行状态）

最终ans=dp[m][state(k1)]+dp[m][state(k2)]+......+dp[m][state(kn)]; (kn即为 最后一行 （第m行） 可行状态的编号）

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<cstdio>using namespace std;const int mod= 100000000;int state[1000],num=0;    //存储 所有不相邻的情况的情况  用于与实际情况匹配int cnt[1000];  //表示每一行的图逆向(1变0  0变1)    抽象成10进制数//为啥逆向抽象 因为逆向抽象之后 在后来的匹配中就不用再位移了int dp[100][1000];int n,m;int init(){    int Max=1<<m;    for(int i=0;i<Max;i++)      //要小于 Max    {        if(!(i&i<<1))    //i&(i<<1) 为假说明不存在相邻的情况        state[++num]=i;    }}int Judge(int x,int y){    if(x&y) return 0;    else return 1;}int main(){    while(~scanf("%d%d",&n,&m))    {        num=0;        memset(dp,0,sizeof(dp));        init();        for(int i=1;i<=n;i++)        {            cnt[i]=0;            int t;            for(int j=1;j<=m;j++)            {                scanf("%d",&t);                if(t==0)                  cnt[i]+=(1<<(m-j));       //建图            }        }        for(int i=1;i<=num;i++)        {            if(Judge(cnt[1],state[i]))   //当 第一行的图  与state[i] 完全不匹配时  就说明（实际）种植放牧情况是完全匹配的                dp[1][i]=1;           //  因为图是 逆向建成10进制数 的        }        for(int i=2;i<=n;i++)        {            for(int j=1;j<=num;j++)            {                if(!Judge(cnt[i],state[j]))                    continue;                for(int k=1;k<=num;k++)                {                    if(!Judge(state[k],cnt[i-1]))continue;                      // 枚举找出   与i-1行的图的  实际情况  匹配的情况                    if(state[k]&state[j]) continue;                        //i 行 存在的情况  与 i-1行必须完全不匹配                        dp[i][j]=(dp[i-1][k]+dp[i][j])%mod;                }            }        }        int sum=0;        for(int i=1;i<=num;i++)            sum=(sum+dp[n][i])%mod;        printf("%d\n",sum);    }    return 0;}