P1896 [SCOI2005]互不侵犯

题目：

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。

题解：

需要知道前一行的情况，所以一行一行的放车
记录每行的情况
在本题中，不能存在相邻的1
对于一行x：
(x&(x<<1))==0----->可以判断左右是否有相邻的1
对于上一行x，下一行y：
(x&y）= = 0
(x&(y<<1)) = =0
(x&(y>>1)) = = 0
上下，左下，右下都不为0
dp[i][j][k]表示第i行状态为k，已经放了j个车
转移方程：
dp[i][j][k]+=dp[i-1][j-num[k]][p]
(k&p) = = 0
(x&(p<<1))= =0
(x&(p>>1))= =0
num[k]表示k状态的国王数
代码中的init是预处理部分，提前求出每一行棋子可摆放的方案情况，方便后面直接使用

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,k;
long long dp[10][15000][80]; //dp[i][j][k]表示第i行，状态为j，前面摆了k个国王时，方案数； 
long long state[777777] , king[77777] ;//state[]是当前状态，king[]是当前行的国王数；
long long ans , sum;//ans是用来记录状态总数的，sum是用来计算一共有多少种方案的；inline void init()
{int tot = (1<<n) - 1;//最多到这个时候，就是二进制下，每一位上都放上国王，当然有不行的，为了方便下文排除； for(int i = 0 ; i <= tot ; i++)if(!((i<<1)&i))			//因为要互不侵犯，所以，两个国王之间必须隔一个，这是判断是否满足题意国王之间不相互攻击； {state[++ans] = i;	//找到了满足的，记录这个状态； int t = i;while(t)				//判断这个状态有多少个国王，也就是t在二进制下有多少个1； {king[ans] += t&1;t>>=1;				//记住，是右移一位，和  t/=2 一样，就是稍微快一点； }}} int main()
{cin>>n>>k;							//数据； init();								//初始化； for(int i = 1; i <= ans ; i++)		//先处理第一行； if(king[i] <= k)						//一行的国王数一定不能超过总数； dp[1][i][king[i]] = 1;for(int i = 2 ; i <= n ; i++)							//处理剩下的，所以从 2 开始枚举； for(int j = 1; j <= ans ; j++)						//枚举状态； for(int p = 1; p <= ans ; p++)					//再一遍状态，用来当作上一行的状态，因为 我们由上向下递推，能迎上本行的，只有上一行； {												//这里就不在赘述了，和处理第一行同理，但是不同的是这里处理相邻的行，if(state[j] & state[p])	continue;				 //所以，上下相邻不行if(state[j] & (state[p]<<1))	continue;		 //本行的右上角不能有国王； if((state[j]<<1) & state[p])	continue;		//左上角也不行； for(int s = 1 ; s <= k ; s++){												//s表示本行以上用了多少国王； //满足条件后，还要记得国王数量是有限的！！if(king[j] + s > k)	continue;				 //我们是递推，所以本行以上一定处理完了，所以，本行加以前用过的国王，总数不能超过限定；dp[i][j][king[j]+s] += dp[i-1][p][s];	 	//还记得dp[i][j][k]中的k表示已经用过的国王数，而king[]是本行的，s是本行以前的； }}for(int i = 1; i <= n ; i++)						//因为不确定在哪一行用光国王，所以都枚举一遍； for(int j = 1 ; j <= ans ; j++)					sum += dp[i][j][k];							//本行及以前用光了国王，那么方案数加在总数中； cout<<sum;return 0;	}