插头DP
解题报告详见:http://hi.baidu.com/fqq11679/blog/item/423bcd4a3d956bf983025c6d.html
考虑本题规模较小,处理的方式是逐格递推的状态压缩DP。
如上图,我们用F[i,j,k]表示轮廓线在i行j列出外凸,轮廓线状态为k的方案数。
这里k是一个c+1位二进制数,1表示轮廓线第i个单元有插头,0表示没有。
那么转移就考虑两种,第一种是换行,这个就要把k先右移一位,然后把k
的前两位转移成凸起,更新F[i+1,1,k']。
第二种就是直接右推一格,这个就是直接在k中找出凹角对应的两位数,转换
得到新状态k'然后更新F[i,j+1,k']。
至于k如何转k'只需考虑凹角的几种情况:
1.凹角为11(横竖都有插头):新状态k'的这两位均为0,因为两个度用完了。
2.凹角为01(只有横边有插头):新状态k'可以是01或者10。
3.凹角为10(只有竖边有插头):同上。
4.凹角为00(都没插头):要么11,要么00。(00的条件是此格为障碍)
这样Dp一下,最后的答案就是F[r][c][0]。
#include <iostream> #include <cstring> using namespace std; typedef __int64 lld; int n, m, ca = 1; int mp[12][12]; lld dp[12][12][1<<12]; void solve() { int i, j, k, x, y, p, q, v, len1; memset ( dp, 0, sizeof (dp) ); dp[0][m][0] = 1; len1 = 1<<(m+1); for ( i=0; i<=n; ++i ) { for ( j=1; j<=m; ++j ) { if ( i == 0 && j < m ) continue ; for ( k=0; k<len1; ++k ) { if ( j == m ) { //换行递推 if ( i < n ) { v = k >> 1; p = 1 << m; q = 1 << (m - 1); x = v & p; y = v & q; if ( x == 0 && y == 0 ) { if ( mp[i+1][1] ) { if ( m > 1 ) dp[i+1][1][v-x-y+p+q] += dp[i][j][k]; } else { dp[i+1][1][v-x-y] += dp[i][j][k]; } } else if ( x == 0 && y != 0 ) { if ( mp[i+1][1] ) { if ( m > 1 ) dp[i+1][1][v-x-y+q] += dp[i][j][k]; dp[i+1][1][v-x-y+p] += dp[i][j][k]; } } } } else { //向右递推 v = k; p = 1 << (m - j); q = 1 << (m - j - 1); x = v & p; y = v & q; if ( x == 0 && y == 0 ) { if ( mp[i][j+1] ) { if ( j < m-1 ) dp[i][j+1][v-x-y+p+q] += dp[i][j][k]; } else { dp[i][j+1][v-x-y] += dp[i][j][k]; } } else if ( x != 0 && y != 0 ) { if ( mp[i][j+1] ) dp[i][j+1][v-x-y] += dp[i][j][k]; } else { if ( mp[i][j+1] ) { if ( j < m-1 ) dp[i][j+1][v-x-y+q] += dp[i][j][k]; dp[i][j+1][v-x-y+p] += dp[i][j][k]; } } } } } } printf ( "Case %d: There are %I64d ways to eat the trees.\n" , ca++, dp[n][m][0] ); } int main() { // freopen("c:/aaa.txt", "r", stdin); int T, i, j; scanf ( "%d" , &T ); while ( T-- ) { scanf ( "%d %d" , &n, &m ); for ( i=1; i<=n; ++i ) { for ( j=1; j<=m; ++j ) { scanf ( "%d" , &mp[i][j] ); } } solve(); } return 0; } |
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