[CF111C]Petya and Spiders
题目
题解
首先我们可以将题目转化：在一个 \(n\times m\) 的矩阵中，设立尽可能少的特殊点使得整个矩阵全部被覆盖，其中每个特殊点可以覆盖的区域为它自己以及上下左右的格子
意识到 \(n,m\) 互相交换，对于答案不影响，那么我们钦定 \(n\) 是较大的那个
由 \(1\le m\le n \le 40\) 且 \(1\le n\times m\le 40\)，显然有 \(m\le 6\)
先分析每一列的覆盖，有三个部分
- 它会被本来就在这一列上的特殊点覆盖，每个特殊点可以覆盖它自己所处的格子和上下的格子；
- 它会被左边一列（前提是要有）的特殊点覆盖对应的一个格子；
- 它会被右边一列（前提是要有）的特殊点覆盖对应的一个格子；
那么，我们有比较暴力的做法：设 \(f[i][j][k][l]\) 为我们推到了第 \(i\) 列，前一列的特殊点状态为 \(j\)，后一列状态为 \(l\)，自己本身这一列状态为 \(k\) 的将 \(1\) 到 \(i\) 列全部格子覆盖完时，能剩下的最多的格子数，那么显然有
且必须保证 \(t,j,k\) 可以将 \(i-1\) 这一列覆盖完，且 \(j,k,l\) 可以将 \(i\) 这一列覆盖完，显然有 \(1\le t,j,k,l\le 2^6\)，复杂度大概在 \(\mathcal O(2^6\times 2^6\times 2^6\times n\times 2^6\times 2^6)\) 左右，其中状态有 \(2^6\times 2^6\times 2^6\times n\) 而转移是 \(\mathcal O(2^6\times 2^6)\)，因为我们要枚举 \(t,l\)
如果按照极限情况，时间复杂度在 \(\mathcal O(42949672960)\) 左右，可以称得上很完美的自闭了......
考虑如何进行优化？我们的状态设计，是暴力地记录了第 \(i\) 列，以及 \(i-1\) 和 \(i+1\) 列的放置情况，而在转移中，我们重复考虑了 \(t,j,k\) 能否将 \(i-1\) 列覆盖完，为什么说重复，因为我们 \(f[i-1][...]\) 定义上保证将 \(1\) 到 \(i-1\) 列全部覆盖完，但是我们在转移中又重复判断，因而说是重复考虑。
考虑对这种重复考虑的情况进行优化，我们实际上只需要记录两列，即 \(i\) 和 \(i-1\) 列的情况，定义 \(f[i][j][k]\) 为推到第 \(i\) 列，第 \(i-1\) 列放置情况为 \(j\)，第 \(i\) 列放置情况为 \(k\) 时能剩下的最多的格子，那么有转移
需要保证 \(t,j,k\) 可以将第 \(i\) 列覆盖完。
这样，我们就省掉重复考虑的情况，时间复杂度 \(\mathcal O(2^6\times 2^6\times n\times 2^6)\)，极限情况下为 \(\mathcal O(10485760)\)
代码
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define rep(i,__l,__r) for(signed i=(__l),i##_end_=(__r);i<=i##_end_;++i)
#define fep(i,__l,__r) for(signed i=(__l),i##_end_=(__r);i>=i##_end_;--i)
#define erep(i,u) for(signed i=tail[u],v=e[i].to;i;i=e[i].nxt,v=e[i].to)
#define writc(a,b) fwrit(a),putchar(b)
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define ft first
#define sd second
typedef long long LL;
// typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned uint;
#define Endl putchar('\n')
// #define int long long
// #define int unsigned
// #define int unsigned long long
#define cg (c=getchar())
template<class T>inline void read(T& x){
char c;bool f=0;
while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');
for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
if(f)x=-x;
}
template<class T>inline T read(const T sample){
T x=0;char c;bool f=0;
while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');
for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
return f?-x:x;
}
template<class T>void fwrit(const T x){//just short,int and long long
if(x<0)return (void)(putchar('-'),fwrit(-x));
if(x>9)fwrit(x/10);
putchar(x%10^48);
}
template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x>y?x:y;}
template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}
template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}
inline int gcd(const int a,const int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline void getInv(int inv[],const int lim,const int MOD){
inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=lim;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
}
inline LL mulMod(const LL a,const LL b,const LL mod){//long long multiplie_mod
return ((a*b-(LL)((long double)a/mod*b+1e-8)*mod)%mod+mod)%mod;
}
const int MAXN=40;
const int MAXSIZE=1<<6;
const int INF=(1<<30)-1;
int f[MAXN+5][MAXSIZE+5][MAXSIZE+5];
int cnt[MAXSIZE+5];
int n,m,all;
inline void Input(){
n=read(1),m=read(1);
if(n<m)swap(n,m);//钦定 n 是较大的那个
}
inline void Init(){
all=(1<<m)-1;
rep(i,0,all)rep(j,0,all)f[0][i][j]=-INF;
rep(i,0,all)f[0][0][i]=0;
rep(i,1,all)cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
rep(i,0,all)cnt[i]=m-cnt[i];
// rep(i,0,all){
// printf("cnt[%d] == %d\n",i,cnt[i]);
// }
}
inline bool Judge(const int l,const int i,const int r){
int res=i|(i<<1)|(i>>1)|l|r;
return (res&all)==all;
}
inline void Solve_f(){
rep(t,1,n)rep(k,0,all)rep(i,0,all)rep(j,0,all)if(Judge(k,i,j)){
f[t][i][j]=Max(f[t][i][j],f[t-1][k][i]+cnt[i]);
// printf("f[%d, %d, %d] from Max{ f[%d, %d, %d], f[%d, %d, %d] + cnt[%d] }\n",t,i,j,t,i,j,t-1,k,i,i);
}
// rep(i,1,n)rep(j,0,all)rep(k,0,all){
// printf("f[%d, %d, %d] == %d\n",i,j,k,f[i][j][k]);
// }
}
inline void WritAns(){
int ans=-INF;
rep(i,0,all)ans=Max(ans,f[n][i][0]);
writc(ans,'\n');
}
signed main(){
Input();
Init();
Solve_f();
WritAns();
return 0;
}
