2016.8.5 学习总结

8.5 学习总结

　　那天学习的是状态压缩。
　　普通的DP遇到状态比较多的时候就变得要开N维的数组，当然不可能开这么大的数组，这是不科学的。
　　那么就一定有一个救世主一样的方法存在，可以把这个问题解决。这个救世主就是——状态压缩。
　　状态压缩，顾名思意，就是把很多的状态压缩起来,压成一个状态。这就比较容易操作，进行DP了。而比较常见的压缩方法就是把状态化为二进制。然后用位操作的方法去完成其中的一些操作。这就会是时间复杂度减少许多。
空讲并没有什么卵用。所以还是上一道例题来用实力说话。

题目大意：
在一个n*m(1<=n,m<=12)的田地中种玉米，有些格子不能放，要求不能有任何两个玉米相邻，问有多少种方法（方法数mod 100000000）。
Sample input
2 3
1 1 1
0 1 0
Sample output
9

题解：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std ;const int mod=100000000;long long f[15][2<<12];long long corn[15],data[2<<12];int map[15][15];int n,m;int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    for (int i=1;i<=n;i++)    {        for (int j=1;j<=m;j++)        {            scanf("%d",&map[i][j]);            corn[i]=corn[i]<<1;            if (!map[i][j])                corn[i]++;        }    }    int c=0;    for (int i=0;i<=(1<<m)-1;i++)        if (!(i&(i<<1)))            data[++c]=i;    for (int i=1;i<=c;i++)        if (!(corn[1]&data[i]))            f[1][i]=1;    for (int i=2;i<=n;i++)        for (int j=1;j<=c;j++)            if (!(data[j]&corn[i]))                for (int k=1;k<=c;k++)                {                    if (corn[i-1]&data[k]) continue;                    if (data[j]&data[k]) continue;                    f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][k])%mod;                }    long long ans=0;    for (int i=1;i<=c;i++)        ans=(ans+f[n][i])%mod;    printf("%d\n",ans);    return 0;}

程序翻译【即大概流程

1.读入
2.土地用二进制存起来（0 表示可以种，1 则表示不行
3. 在不计算土地限制的情况下所有玉米种植的可行方案用二进制记录起来。
4. 先把第一行做出来，以此作为基础来进行DP，扩展出下面的所有方案。
5. 循环所有玉米种植方案。在合法的情况下，累加所有的可能方案。
6. 累加所有可行方案
7. 输出

　　时间复杂度大概是O(2M)2×N
　　而且这只是最坏情况，实际上根本不可能会是这种情况，因为有剪枝。
　　
　　其实状压的精华就在于把有没有种植玉米的状态变成二进制的“0”和“1”。

　　接下来就是几道当天做的题目：

司令部的将军们打算在N*M的网格地图上部署他们的炮兵部队。一个N*M的地图由N行M列组成，地图的每一格可能是山地（用”H” 表示），也可能是平原（用”P”表示），如下图。在每一格平原地形上最多可以布置一支炮兵部队（山地上不能够部署炮兵部队）；一支炮兵部队在地图上的攻击范围如图中黑色区域所示：
如果在地图中的灰色所标识的平原上部署一支炮兵部队，则图中的黑色的网格表示它能够攻击到的区域：沿横向左右各两格，沿纵向上下各两格。图上其它白色网格均攻击不到。从图上可见炮兵的攻击范围不受地形的影响。 现在，将军们规划如何部署炮兵部队，在防止误伤的前提下（保证任何两支炮兵部队之间不能互相攻击，即任何一支炮兵部队都不在其他支炮兵部队的攻击范围内），在整个地图区域内最多能够摆放多少我军的炮兵部队。
Input
第一行包含两个由空格分割开的正整数，分别表示N和M； 接下来的N行，每一行含有连续的M个字符(‘P’或者’H’)，中间没有空格。按顺序表示地图中每一行的数据。N <= 100；M <= 10。
Output
仅一行，包含一个整数K，表示最多能摆放的炮兵部队的数量。
Sample Input
5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP
Sample Output
6

题解：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std ;int map[105];int num[105],sum[105];int f[105][100][100];int Get(int x){    int c=0;    while (x)    {        x=x&(x-1);        c++;    }    return c;}int main(){    int n,m;    int ans=0;    scanf("%d%d",&n,&m);    for (int i=1;i<=n;i++)    {        char chr;        scanf("%c",&chr);        for (int j=1;j<=m;j++)        {            scanf("%c",&chr);            map[i]=map[i]<<1;            if (chr=='H')                map[i]++;           }    }    int c=0;    for (int i=0;i<1<<m;i++)        if ((!(i&(i<<2)))&&(!(i&(i<<1))))        {            num[++c]=i;            sum[c]=Get(i);        }    if (n==1)    {        for (int i=1;i<=c;i++)            if (!(num[i]&map[1]))                ans=max(ans,sum[i]);        printf("%d\n",ans);        return 0;    }    for (int i=1;i<=c;i++)        for (int j=1;j<=c;j++)            if ((!(num[i]&map[1]))&&(!(num[j]&map[2]))&&(!(num[i]&num[j])))                f[2][i][j]=sum[i]+sum[j];    for (int i=3;i<=n;i++)    {        for (int j=1;j<=c;j++)            if (!(num[j]&map[i-2]))                for (int k=1;k<=c;k++)                    if ((!(num[k]&map[i-1]))&&(!(num[j]&num[k])))                        for (int l=1;l<=c;l++)                            if ((!(num[l]&map[i]))&&(!(num[l]&num[j]))&&(!(num[l]&num[k])))                                f[i][k][l]=max(f[i-1][j][k]+sum[l],f[i][k][l]);    }    for (int i=1;i<=c;i++)        for (int j=1;j<=c;j++)            if ((!(num[i]&map[n-1]))&&(!(num[j]&map[n]))&&(!(num[i]&num[j])))                ans=max(ans,f[n][i][j]);    printf("%lld\n",ans);    return 0;}

题目：

给出一个W行H列的广场
用1*2小砖铺盖，小砖之间互相不能重叠
问有多少种不同的铺法？
1<=W，H<=11

题解：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std ;int n,m;long long f[15][1<<15];void dfs(int i,int j,int k1,int k2){    int now=1<<(j-1);    if (j>m)    {        if (i==1) f[i][k2]=1;        f[i][k2]+=f[i-1][k1];        return ;    }    if (k1&now)    {        if (k1&now<<1 && j+1<=m)        {            dfs(i,j+2,k1,k2|now|now<<1);        }        dfs(i,j+1,k1,k2);    }    else    {        dfs(i,j+1,k1,k2|now);    }}int main(){    while (1)    {        memset(f,0,sizeof f);        scanf ("%d%d",&n,&m);        if (n==0)            break;        if (n&1 && m&1)        {            printf("0\n");            continue;        }        dfs(1,1,(1<<m)-1,0);        for (int i=2;i<=n;i++)            for (int j=0;j<=1<<m;j++)            {                if (f[i-1][j])                    dfs(i,1,j,0);            }        printf("%lld\n",f[n][(1<<m)-1]);    }    return 0;}

END