状压dp 理论例题 详解

状压dp

四川2005年省选题:互不侵犯

首先我们可以分析一下,按照我们普通的思路,就是用搜索,枚举每一行的每一列,尝试放下一个国王,然后标记,继续枚举下一行

那么,我们的时间复杂度就拥有了:
O ( 9 9 ) O(9^9) O(99)
计算方法:

因为是 n × n n\times n n×n 的棋盘,所以每行都会有至多9列( n ≤ 9 n\le 9 n9

然而我们每行都会有 n n n 种状态,所以我们的时间复杂度就是 O ( n n ) O(n^n) O(nn) ,即 O ( 9 9 ) O(9^9) O(99)

不过嘛——

所以我们是肯定不能采用的

这个时候,我们就需要学到一个 鬼东西 ——状态压缩dp!!

状压dp介绍——

所谓状压,字面翻译,就是把 复杂的状态 简化为 简洁的n进制数来表示

例如这道题

因为dp的状态转移,无非就是放和不放,所以我们就可以很容易地想到,用二进制的01串来表示,例子——

010001000

表示在第2列和第6列放国王,其余不放。

( 010001000 ) 2 (010001000)_2 (010001000)2 = ( 136 ) 10 (136)_{10} (136)10

因为 n ≤ 9 n\le 9 n9 ,所以这个数 ≤ 2 9 \le 2^9 29 ≤ 512 \le 512 512

那么我们需要进行一下判断,即满足什么条件时,可以放置这个国王

条件判断:

首先因为是二维的关系,我们先来判断行的关系,即一行一行地判断,看看上一行所放置的国王,限制了这一行哪些国王的放置

扫雷都玩过吧,附近的八个格子,设国王放置在 (x,y) 的地方,我们将它简化为以下关系:(x为行,y为列)
( x − 1 , y − 1 ) ( x − 1 , y ) ( x , y + 1 ) ( x , y − 1 ) ( x , y ) ( x , y + 1 ) ( x + 1 , y − 1 ) ( x + 1 , y ) ( x + 1 , y + 1 ) (x-1,y-1)\ \ \ \ \ (x-1,y)\ \ \ \ \ (x,y+1) \\ (x,y-1)\ \ \ \ \ (x,y)\ \ \ \ \ (x,y+1) \\ (x+1,y-1)\ \ \ \ \ (x+1,y)\ \ \ \ \ (x+1,y+1) (x1,y1)     (x1,y)     (x,y+1)(x,y1)     (x,y)     (x,y+1)(x+1,y1)     (x+1,y)     (x+1,y+1)

显然,如果上一行的 i 列放置了国王,那么下一行的 i-1,i,i+1 都不可以放置

那么如何判断呢

我们不难想到二进制的 左移右移运算符 ,目的是可以将目标 i 移到左于右的地方,进行判断

判断方法:

如果我们这一行的第 j 列需要放国王,那么上一行的 (i<<1),(i>>1),i 都不可为1,那么我们就可以运用位运算符 & 。有一位是1答案就为1,换句话说,只要 上下行同列放了两个国王 ,就不合法

再来说下列的关系

如果在同一列,左移右移旁边都没有,则是合法的(具体可以联系行的关系进行思考)

那么我们应该如何设用来dp的 f 数组, 状态转移方程 又该怎么写呢

我们不难想到可以一行一行的枚举(上文已提到),即设 f 数组 f[i][j][l] 表示现在在第 i 行,已经放了 j 个国王,所有方案为 l (这就是状压dp的精髓所在)

状态转移方程:

f ( i , j , l ) = ∑ f ( i − 1 , x , l − s t a ( j ) ) f(i,j,l)=\sum f(i-1,x,l-sta(j)) f(i,j,l)=f(i1,x,lsta(j))

代码(加过注释的):

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=15,MAXM=85,MAXS=(1<<9)+5;
int n,k;
ll f[MAXN][MAXM][MAXS],ans;
int cnt,tmp,tot;
int num[MAXS],s[MAXS];
int s1,s2;
int main(){scanf("%d%d",&n,&k);f[0][0][0]=1;for(int i=0;i<(1<<n);i++){cnt=0,tmp=i;while(tmp){if(tmp&1) ++cnt;//cnt统计i的二进制有放了多少国王tmp=tmp>>1;//继续枚举 }num[i]=cnt;//num[i]表示第i种状态有num[i]个国王放在那里 if(!(((i<<1)|(i>>1))&i)) s[++tot]=i;//判断行内放国王合不合法,比较抽象 }for(int i=1;i<=n;i++)//遍历每一行 {for(int j=1;j<=tot;j++)//枚举这一行每种可能的状态 {s2=s[j];//s2代表这一行的状态 for(int l=1;l<=tot;l++)//前一行的每种状态 {s1=s[l];//s1代表上一行的状态 if(!(s1&s2)&&(!((s1<<1)&s2))&&(!((s1>>1)&s2)))//行间的限制判断 for(int a=0;a<=k;a++)if(a-num[s2]>=0)f[i][a][s2]+=f[i-1][a-num[s2]][s1];}}}for(int i=1;i<=tot;i++)ans+=f[n][k][s[i]];printf("%lld\n",ans);return 0;
}

AC记录

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