3.动态规划·状压DP2024-12-30

状压DP

好像在遥远的ITbegin听过

状压DP，顾名思义压缩状态然后转移。

【YbtOj】例题

A.状态压缩

将每行的状态压为一维。设状态 $f_{i, j}$ 表示第 $i$ 行的状态为 $j$ 的方案数，因为一个 $1$ 上下左右不能有其他 $1$ ，所以这维状态还和上一行状态 $k$ 密切相关。所以状态转移方程即

f_{i, j} = Σ f_{i - 1, k}

$j$ 可以从 $k$ 转移来当且仅当 $j$ 本身合法且 $j$ 与 $k$ 合法。最后的答案就是 $Σ f_{m, j}$

贴

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=15;
const int MOD=1e8;
int m,n,a[N];
int g[1<<15],f[N][1<<15],ans;

bool ok(int opt) { return !(opt&(opt<<1))&&!(opt&(opt>>1)); }
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	cin>>m>>n;
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		for (int j=1,k;j<=n;j++)
		{
			cin>>k;
			a[i]=(a[i]<<1)|k;
		}
	}
		
	for (int i=0;i<(1<<n);i++) 
	{
		if (ok(i)) 
		{
			g[i]=1;
			if ((i&a[1])==i) f[1][i]=1;
		}	
	}
	for (int i=2;i<=m;i++)
	for (int k=0;k<(1<<n);k++)
	{
		if (!g[k]||(k&a[i-1])!=k) continue; 
		for (int j=0;j<(1<<n);j++)
		{
			if (!g[j]||(j&a[i])!=j) continue;
			if (!(j&k)) f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][k])%MOD;
		}
	}
	for (int i=0;i<(1<<n);i++) ans=(ans+f[m][i])%MOD;
	cout<<ans;
	return 0;
}

B.最短路径

这道题中的状态表示每个点被经过的情况。设状态 $f_{i, j}$ 表示到达点 $i$ 状态为 $j$ 的最短路径，那么状态 $j$ 一定是从挖掉一个 $1$ 的状态 $k$ 转移而来，转移的上一个点就是挖掉的 $1$ 的代表点。那么状态转移方程就是

f_{i, j} = Σ (f_{k, j \oplus (1 << i)} + a_{k, i})

贴

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=22;
int n,a[N][N];
int f[N][1<<20];

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	cin>>n;
	for (int i=0;i<n;i++)
	for (int j=0;j<n;j++) cin>>a[i][j];
	
	f[0][1]=0;
	for (int j=1;j<(1<<n);j++)
	for (int i=0;i<n;i++)
	{
		if (!(j&(1<<i))) continue;
		for (int k=0;k<n;k++)
		{
			if (j&(1<<k)) f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j^(1<<i)]+a[k][i]);
		}
	}
	cout<<f[n-1][(1<<n)-1]; 
	return 0;
}

C.涂抹果酱

和第一题很像呢。

提前处理出所有的状态，存到数组 $p$ 中。设状态 $f_{i, j}$ 表示第 $i$ 行的状态为 $p_{j}$ 的方案数。因为这里有第 $k$ 行的限制，所以把矩阵掰成前 $k - 1$ 行、第 $k$ 行、第 $k$ 行后分别转移，就完了

转移方程和第一题一样呢

贴

#incIude <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+2;
const int MOD=1e6;
int n,m;
int k,kk,flag,a[N][6];
int cnt,p[50];
int f[N][50],ans;

bool check(int x)
{
	int pre=0;
	while (x)
	{
		if (x%10==pre||(x%10!=1&&x%10!=2&&x%10!=3)) return false;
		pre=x%10,x/=10;
	}
	return true;
}
int qpow(int a,int b)
{
	int res=1;
	while (b)
	{
		if (b&1) res*=a;
		a=a*a,b>>=1;
	}
	return res;
}
void init()
{	
	for (int i=1;i<=m;i++) kk=kk*10+a[k][i];
	for (int i=qpow(10,m-1);i<qpow(10,m);i++) 
	{
		if (check(i)) 
		{
			p[++cnt]=i;
			if (kk==i) flag=cnt;
		}
	}
	if (k==1) { f[1][flag]=1; return ; }
	for (int i=1;i<=cnt;i++) f[1][i]=1;
}
bool check2(int x,int y)
{
	while (x&&y)
	{
		if (x%10==y%10) return false;
		x/=10,y/=10;
	}
	return true;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d",&a[k][i]);
		if (a[k][i]==a[k][i-1]) { printf("0"); return 0; }
	}
	init();
	for (int i=2;i<k;i++)
	for (int j=1;j<=cnt;j++)
	{
		for (int kkk=1;kkk<=cnt;kkk++) if (check2(p[j],p[kkk])) f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][kkk])%MOD;
	}
	if (k!=1) { for (int i=1;i<=cnt;i++) if (check2(kk,p[i])) f[k][flag]=(f[k][flag]+f[k-1][i])%MOD; }
	
	for (int i=k+1;i<=n;i++)
	for (int j=1;j<=cnt;j++)
	{
		for (int kkk=1;kkk<=cnt;kkk++) if (check2(p[j],p[kkk])) f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][kkk])%MOD;
	}
	for (int i=1;i<=cnt;i++) ans=(ans+f[n][i])%MOD;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

D.炮兵阵地

一次限制变成了两次限制而已。这样的话，状态中就还需要记录 $i - 2$ 的状态，其他的和第一题也差不多了

设状态 $f_{i, j, k}$ 表示第 $i$ 行状态为 $j$ 、从上一行状态为 $k$ 转移的最大值，显然有状态转移方程

f_{i, j, k} = m a x {f_{i - 1, k, k k} + c n t (j)}

其中 $k k$ 是枚举的第 $i - 2$ 行的状态， $c n t (j)$ 表示 $j$ 状态的炮兵个数。

但是感觉空间不太友好呢，注意到第 $i$ 行只和上两行有关，所以第一维可以滚动数组解决

然后注意一些让人调了一个晚上的奇奇怪怪的细节问题就完了（愤

贴

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=102;
int n,m;
int a[N];
int sum[1<<10],f[3][1<<10][1<<10],ans;
//滚动数组，第一维变成3就行
inline int cnt(int x)
{
	int res=0;
	while (x)
	{
		if (x&1) res++;
		x>>=1;
	}
	return res;
}
inline bool jge1(int i,int j) { return (a[i]&j)||(j&(j<<1))||(j&(j<<2)); }
inline bool jge2(int x,int y) { return x&y; }
inline void init()
{
	for (int i=0;i<(1<<m);i++) sum[i]=cnt(i);
	for (int i=0;i<(1<<m);i++)
	{
		if (jge1(1,i)) continue;
		f[1][i][0]=sum[i];
		for (int j=0;j<(1<<m);j++)
		{
			if (jge1(2,j)||jge2(i,j)) continue;
			f[2][j][i]=f[1][i][0]+sum[j];
		}
	}	
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	cin>>n>>m;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	for (int j=1;j<=m;j++)
	{
		char x;
		cin>>x;
		if (x=='H') a[i]=(a[i]<<1)|1;
		else a[i]<<=1;
	}
	
	init();
	for (int i=3;i<=n;i++)
	for (int j=0;j<(1<<m);j++)
	{
		if (jge1(i,j)) continue;
		for (int k=0;k<(1<<m);k++)
		{
			if (jge1(i-1,k)||jge2(j,k)) continue;
			for (int kk=0;kk<(1<<m);kk++)
			{
				if (jge1(i-2,kk)||jge2(kk,j)||jge2(kk,k)) continue;
				f[i%3][j][k]=max(f[i%3][j][k],sum[j]+f[(i-1)%3][k][kk]);
			}
		}
	}
	for (int i=0;i<(1<<m);i++)
	for (int j=0;j<(1<<m);j++) ans=max(ans,f[n%3][i][j]);
	cout<<ans;
	return 0;
}

E.最优组队

对于状态 $i$ ，它肯定是从它的子集转移来的（子集交集为空集且并集为 $i$ ）。那么就很好设状态了，设 $f_{i}$ 为选取状态为 $i$ 时的最大和谐度，转移方程就是

f_{i} = m a x {f_{j} + a_{i \oplus j}}

贴

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=20;
int n;
int a[1<<16];
int f[1<<16];

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	cin>>n;
	for (int i=1;i<(1<<n);i++) cin>>a[i];
	for (int i=1;i<(1<<n);i++)
	{
		f[i]=a[i];
		//枚举子集 
		for (int j=i;j;j=(j-1)&i) f[i]=max(f[i],f[j]+a[i^j]);
	}
	cout<<f[(1<<n)-1];
	return 0;
}

F.最短路径

这题的瓶颈在于节点个数太多了，无法像T2一样状压。但是除了选中的点，其他点计不计入状态都不重要。所以只需要压缩选中点的状态就行，提前跑若干遍dij跑出选中点之间的距离再像T2那样处理就做完了

设状态 $f_{i, j}$ 表示最后到达第 $i$ 关键点，经过点的状态为 $j$ 的最小步数。提前跑 $K$ 次 $d i j$ 计算出每个关键点到其他节点的距离，然后转移就行了

f_{i, j} = m i n {f_{k, j \oplus (1 << i)} + d i s_{k, i}}

怒调24h的代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pii pair<int,int>
#define mkp make_pair
using namespace std;
const int N=5e4+5;
const int K=12;
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,m,k,s,t;
struct node { int nxt,val; };
vector <node> e[N];
int a[N],dis[K][N];
int f[K][1<<K];

int vis[N];
void dijkstra(int ss,int id)
{
	priority_queue < pii,vector <pii>,greater<pii> > q;
	memset(vis,0,sizeof vis);
	q.push(mkp(0,ss));
	dis[id][ss]=0;
	while (!q.empty())
	{
		int u=q.top().second;
		q.pop();
		if (vis[u]) continue;
		vis[u]=1;
		
		int _size=e[u].size();
		for (int i=0;i<_size;i++)
		{
			int v=e[u][i].nxt,w=e[u][i].val;
			if (dis[id][v]>dis[id][u]+w)
			{
				dis[id][v]=dis[id][u]+w;
				q.push(mkp(dis[id][v],v));
			}
		 } 
	}
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	memset(dis,0x3f,sizeof dis);
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	cin>>n>>m>>k>>s>>t;
	for (int i=1,x,y,z;i<=m;i++)
	{
		cin>>x>>y>>z;
		e[x].push_back({y,z});
	}
	for (int i=1;i<=k;i++) { cin>>a[i]; dijkstra(a[i],i); }
	a[0]=s,dijkstra(s,0);
	a[++k]=t,dijkstra(t,k);
	
	f[0][1]=0;
	for (int i=2;i<(1<<(k+1));i++)
	for (int j=0;j<=k;j++)
	{
		if (i&(1<<j)==0) continue;
		for (int kk=0;kk<=k;kk++)
		{
			if (i&(1<<kk)==0) continue;
			f[j][i]=min(f[j][i],f[kk][i^(1<<j)]+dis[kk][a[j]]);
		}
	}
	if (f[k][(1<<(k+1))-1]==inf) cout<<-1;
	else cout<<f[k][(1<<(k+1))-1];
	return 0;
}

G.小绿小蓝

posted @ 2024-12-30 16:53 还是沄沄沄阅读(2) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· MnZn 的DP杂篇

· 动态规划·树形DP

· YbtOJ 「动态规划」第5章状压DP

· 有关状压DP

· 状压 DP 学习笔记

阅读排行：
· 物流快递公司核心技术能力-地址解析分单基础技术分享
· 单线程的Redis速度为什么快？
· 展开说说关于C#中ORM框架的用法！
· Pantheons：用 TypeScript 打造主流大模型对话的一站式集成库
· SQL Server 2025 AI相关能力初探

公告

昵称：还是沄沄沄
园龄： 4个月
粉丝： 9
关注： 8

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

Myyy-L

动态规划·状压DP

状压DP

【YbtOj】例题

A.状态压缩

B.最短路径

C.涂抹果酱

D.炮兵阵地

E.最优组队

F.最短路径

G.小绿小蓝

公告

搜索

常用链接

合集 (7)

随笔分类 (15)

随笔档案 (48)

阅读排行榜

最新评论