插头DP学习

队内没人会插头DP,感觉这个不会不行。。。所以我还是默默去学了一下,

学了一天,感觉会了一点。对于每一行,一共有j+1个插头,如果是多回路类的题目,

比较简单,可以用1表示有插头,0表示没有插头,这样就可以愉快转移了,

对于当前出来的位置(i,j),与它有关的插头有j-1和j 那么我们可以枚举状态经行转移。

对于单回路的问题。。。。只是了解思想,目前还不会写,太笨了=_=

poj 2411 Mondriaan's Dream

题意:用1*2小方块组成n*m矩阵有多少种组成方式

思路:我们从上到下处理每一行,对于当前处理的位置 (i,j),枚举它的插头状态,0~(1<<(m+1));

假设状态是 sta,如果sta表示的状态没有j-1和j 插头(即(sta&(1<<(j-1))) == 0 &&(sta&(1<<j)) == 0)

那么转移到它的状态有两种,j-1插头有或者j插头存在,

如果sta表示的状态都有j-1和j 插头,这样状态是不合法的,直接=0

如果sta表示的状态j 插头,表示是平放方块,这个状态只能由j-1,j插头不存在状态转移过来

如果sta表示的状态j-1 插头,表示是竖放方块,这个状态只能由j-1,j插头不存在状态转移过来

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<stack>
#include<map>
#include<ctime>
#include<bitset>
#define LL long long
#define INF 999999
#define maxn 200001
#define mod 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;

int mat[15][15];
LL dp[12][12][(1<<13)+10] ;

int main()
{
    int i , n ,m , j, k ,case1=0;
    int len , T ,x ,y ,sta ;
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
        if(n+m==0)break ;
        if((n*m)&1)
        {
            puts("0") ;
            continue ;
        }
        memset(dp,0,sizeof(dp)) ;
        len=(1<<(m+1));
        dp[0][m][0]=1;
        for( i = 1 ; i <= n ;i++)
        {
            for( j = 0 ; j < len ;j++)
                dp[i][0][(j<<1)]=dp[i-1][m][j] ;
            for( k = 1 ; k <= m ;k++)
            {
                for( sta = 0 ; sta < len ;sta++)
                {
                    y = (1<<k) ;
                    x = (1<<(k-1)) ;
                    if((sta&x) != 0 &&(sta&y) != 0 )
                    {
                        dp[i][k][sta]=0;
                    }
                    else if((sta&x)==0&&0==(sta&y))
                    {
                        dp[i][k][sta]=dp[i][k-1][sta^x]+dp[i][k-1][sta^y] ;
                    }
                    else if((sta&x))
                        dp[i][k][sta]=dp[i][k-1][sta^x];
                    else dp[i][k][sta]=dp[i][k-1][sta^y];
                }
            }
        }
        printf("%I64d\n",dp[n][m][0]);
    }
    return 0 ;
}
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hdu 4804 Campus Design

题意:和上题差不多,多了的东西是,有些地方不能放方块,

还有可以放1*1方块,求的是 1*1放的个数限制在c-d内的放的方式有多少种

思路:具体做法和上面也是差不多,

差别:对于1*1放置个数的限制,我们可以开多一维记录1*1用的个数,

对于不能放置的位置(i,j ),合法的状态sta,里面不能有 j-1,j 插头

对于可以放置的位置(1,j) ,状态是 sta,如果sta表示的状态没有j-1和j 插头时

多了一步转移,就是 放置1*1的状态。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<stack>
#include<map>
#include<ctime>
#include<bitset>
#define LL long long
#define INF 999999
#define maxn 200001
#define mod 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;

char mat[105][25];
int dp[2][12][22][(1<<12)+10];

int main()
{
    int i , n ,m , j, k ,case1=0;
    int len , T ,x ,y ,sta,c,d ,v ;
    int now,pre;
    while(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&c,&d )!=EOF)
    {
        for( i = 1 ; i <= n ;i++)
           scanf("%s",mat[i]+1);
        memset(dp,0,sizeof(dp)) ;
        len=(1<<(m+1));
        dp[0][m][0][0]=1;
        pre=1;
        now=0;
        for( i = 1 ; i <= n ;i++)
        {
            swap(pre,now);
          //  memset(dp[now],0,sizeof(dp[now])) ;
            for( v = 0 ; v <= d ;v++ )
               for( j = 0 ; j < len ;j++)
                 dp[now][0][v][(j<<1)]=dp[pre][m][v][j] ;
            for( k = 1 ; k <= m ;k++)
            {
                y = (1<<k) ;
                x = (1<<(k-1)) ;
                for( v = 0 ; v <= d ;v++ )
                    for( sta = 0 ; sta < len ;sta++)
                    {
                             if(mat[i][k]=='0')
                             {
                                 if((sta&x)||(sta&y))
                                 {
                                     dp[now][k][v][sta]=0;
                                 }
                                 else dp[now][k][v][sta]=dp[now][k-1][v][sta] ;
                             }
                             else{
                                if((sta&x) != 0 &&(sta&y) != 0 )
                                {
                                    dp[now][k][v][sta]=0;
                                }
                                else if((sta&x) == 0 &&(sta&y) == 0 )
                                {
                                    dp[now][k][v][sta]=(dp[now][k-1][v][sta^x]+dp[now][k-1][v][sta^y])%mod ;
                                    if(v>0)dp[now][k][v][sta]=(dp[now][k][v][sta]+dp[now][k-1][v-1][sta])%mod ;
                                }
                                else if((sta&x))
                                  dp[now][k][v][sta]=dp[now][k-1][v][sta^x];
                                else dp[now][k][v][sta]=dp[now][k-1][v][sta^y];
                             }
                    }
            }
        }
        int ans1=0;
        for( i = c ; i <= d;i++)
            ans1=(ans1+dp[now][m][i][0])%mod;
        printf("%d\n",ans1);
    }
    return 0 ;
}
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hdu 1693 Eat the Trees

题意:在n*m的矩阵中,有些格子有树,没有树的格子不能到达,找一条或多条回路,吃完所有的树,求有多少中方法。

思路:看这个博客吧,here

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<stack>
#include<map>
#include<ctime>
#include<bitset>
#define LL long long
#define INF 999999
#define maxn 200001
#define mod 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;

int mat[15][15];
LL dp[12][12][(1<<13)+10] ;

int main()
{
    int i , n ,m , j, k ,case1=0;
    int len , T ,x ,y ,sta ;
    cin >>T ;
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m) ;
        for( i = 1 ; i <= n ;i++)
           for( j = 1 ; j <= m ;j++)
             scanf("%d",&mat[i][j]);
        memset(dp,0,sizeof(dp)) ;
        len=(1<<(m+1));
        dp[0][m][0]=1;
        for( i = 1 ; i <= n ;i++)
        {
            for( j = 0 ; j < len ;j++)
                dp[i][0][(j<<1)]=dp[i-1][m][j] ;
            for( k = 1 ; k <= m ;k++)
            {
                for( sta = 0 ; sta < len ;sta++)
                {
                    y = (1<<k) ;
                    x = (1<<(k-1)) ;
                    if(mat[i][k])
                    {
                        if((sta&x) && (sta&y))
                            dp[i][k][sta]=dp[i][k-1][sta^x^y] ;
                        else if((sta&x)==0 && 0== (sta&y))
                            dp[i][k][sta]=dp[i][k-1][sta^x^y] ;
                        else dp[i][k][sta]=dp[i][k-1][sta^x^y]+dp[i][k-1][sta] ;
                    }
                    else
                    {
                        if((sta&x)==0&&(sta&y)==0)
                            dp[i][k][sta]=dp[i][k-1][sta] ;
                        else dp[i][k][sta]=0;
                    }
                }
            }
        }
        printf("Case %d: ",++case1);
         printf("There are %I64d ways to eat the trees.\n",dp[n][m][0]);
    }
    return 0 ;
}
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posted @ 2014-10-24 23:33  _log__  阅读(201)  评论(0编辑  收藏  举报