【算法】状态压缩DP

基本内容

入门例子 USACO06NOV] Corn Fields G - 洛谷 | 计算机科学教育新生态

题目简述：在一个\(N\times M\)的玉米田中种玉米，有一些坏掉的土地是不能种玉米的，另外相邻的两个田也不可以种，一共有多少种种植方案（荒地也算一种），如图所示，由于相邻的土地不能种植，此时一号土地已经不能种植

暴力解法

每一行的玉米田有\(2^M\)种种植状态，再加上每一行的状态搜索，共有\(2^{M+N}\)种状态，并且还需要判断该状态是否合法，时间复杂度非常高。

只考虑一行玉米田状态

由于每一行的状态都是\(2^M\)种，并且可以种植的满足条件一致： ① 坏田不能种植 ② 相邻的田不能种植

首先只考虑相邻田不能种植的情况 ~~① 坏田不能种植~~ ，可以发现，若只考虑玉米田只有一行的情况下，每一行的满足状态都是一样的，因此，可以先对不满足的种植状态去除。当我们用 0，1 表示田地的种植状态时，M列的玉米田可表示一个M位二进制数。例如该状态可以表示为二进制数 101，即为5，通过一个十进制数来表示当前行玉米田的状态。在遍历状态时可以减少运算效率。

def check(x):
    for i in range(m): 
        if (x >> i & 1) & (x >> (i + 1) & 1): #(位运算，若为1则表示有相邻的玉米田种植，不满足状态)
            return False
    return True

考虑多行玉米田状态

由于受到相邻田不能种植的条件影响，当第\(i-1\)行\(M\)列的玉米田被种植时，第\(i\)行\(M\)列就无法被种植，可以发现每一行的状态只受到上一行状态的影响，并且当\(i-1\)行的状态确定时，第\(i\)行的状态数目也确定了，这也就是状态压缩DP的关键，将多行的状态变换用一个状态转移的方式表示出来。如图所示，左图第一行的种植状态是100，第二行可以满足的数目是3；由于右图第二行的种植状态与其一致，因此右图第三行的满足数目也是3，

将第\(i-1\)行的状态设为\(a\),第\(i\)的状态设为\(b\)，满足状态的代码如下所示：

# states 存储的是玉米田只有一行时的满足状态
# heads 一个字典，存储某一个状态可以转化为下一行的全部状态
for i in range(len(states)):
    for j in range(len(states)):
        a, b = states[i], states[j]
        if (a & b) == 0: # 表示上下没有相邻的1，若有，则会出现某一位二进制位为1，不为0
            heads[a].append(b) # 将b的状态加入到a的满足状态中

坏田不能种植

当分析完相邻的田不能种植条件后，还需要分析坏田不能种植的情况，相对于上面的状态转移，这种情况较好分析，只需要满足当前行玉米田的坏田状态与当前状态是否有同时为1的列即可，若有则当前状态不满足，若无则满足，该条件判断与判断相邻行是否同时种植一致

解题代码

M, N = map(int, input().split())
data = [list(map(int, input().split())) for _ in range(M)]
g = [(~int("".join(map(str, row)), 2)) & ((1 << N) - 1) for row in data]  # 取反
mod = 100000000 
g.append(1 << N)

def check(x):
    for i in range(N): 
        if (x >> i & 1) & (x >> (i + 1) & 1):  # 位运算，若有相邻的玉米田种植，不满足状态
            return False
    return True
heads = {}
states = []
for i in range(1 << N):
    if check(i):
        states.append(i)
        heads[i] = []

for i in range(len(states)):
    for j in range(len(states)):
        a, b = states[i], states[j]
        if (a & b) == 0: # 表示上下没有相邻的1，若有，则会出现某一位二进制位为1，不为0
            heads[a].append(b) # 将b的状态加入到a的满足状态中
f = [[0 for _ in range(1 << N)]for _ in range(M + 2)]
f[0][0] = 1
for i in range(1, M+2): #本来是遍历到M即可，但遍历到M+1时可以在最后输出的时候直接取0状态即为前M层的最大数量
    for a in states:
        if g[i-1] & a:
            continue
        for b in heads[a]:
            f[i][a] = (f[i][a] + f[i-1][b]) % mod
print(f[M+1][0])

题目

N皇后问题

题目与玉米田的思路基本一致，多了一个判断问题，即对角的国王也会相互攻击，为了加入此情况，在状态转移的判断条件上需要加入对角判断的处理

状态满足代码修改

for i in range(len(states)):
    for j in range(len(states)):
        a, b = states[i], states[j]
        if (a & b) == 0 and check(a | b):# 只需在这部分上加入check(a | b)，因为对角没有互相攻击即为交集没有相邻的两个皇后
            heads[a].append(b)