动态规划——状压、树形
问题 A: 铺砖块
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB题目描述
现有n*m的一块地板，需要用1*2的砖块去铺满，中间不能留有空隙。问这样方案有多少种
输入
输入n，m（1<=n, m<=11)
有多组输入数据，以m=n=0结束
输出
输出铺砖块的方案数
样例输入
1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0
样例输出
1
0
1
2
3
5
144
51205
入门的状压题。0表示空着，1表示填了，把它的状态压缩成一维。
先初始化一下放横着的状态，然后暴力枚举一下转移。
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<cstdlib> 7 #include<vector> 8 using namespace std; 9 typedef long long ll; 10 typedef long double ld; 11 typedef pair<int,int> pr; 12 const double pi=acos(-1); 13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) 14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) 15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i]) 16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a)) 17 #define pb push_back 18 #define mp make_pair 19 #define fi first 20 #define sc second 21 #define pq priority_queue 22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> > 23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> > 24 #define vec vector 25 ld eps=1e-9; 26 ll pp=1000000007; 27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;} 28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;} 29 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1}; 30 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar(); 31 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar(); 32 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar(); 33 if(last=='-')ans=-ans; return ans; 34 } 35 long long dp[12][3000],p[3000]; 36 int main() 37 { 38 int n,m; 39 while (~scanf("%d%d",&n,&m)){ 40 if (n==0 && m==0) break; 41 memset(dp,0,sizeof(dp)); 42 memset(p,0,sizeof(p)); 43 int k=1<<m; p[0]=1; 44 for (int i=1;i<=k;i++){ 45 int t=i&(-i); 46 if (i&(t+t)) p[i]=p[i-(t+t+t)]; 47 } 48 dp[0][k-1]=1; 49 for (int i=0;i<n;i++) 50 for (int j=0;j<k;j++) 51 if (dp[i][j]){ 52 for (int z=0;z<k;z++) 53 if ((z&j)==z && p[z]) dp[i+1][(k-1-j)|z]+=dp[i][j]; 54 } 55 printf("%lld\n",dp[n][k-1]); 56 } 57 return 0; 58 }
问题 B: 导游2
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB题目描述
宁波市的中小学生们在镇海中学参加程序设计比赛之余，热情的主办方邀请同学们参观镇海中学内的各处景点，已知镇海中学内共有n处景点。现在有n位该校的学生志愿承担导游和讲解任务。每个学生志愿者对各个景点的熟悉程度是不同的，如何将n位导游分配至n处景点，使得总的熟悉程度最大呢？要求每个景点处都有一个学生导游。
输入
有若干行：
第一行只有一个正整数n，表示有n个景点和n个学生导游。
第二行至第n+1行共n行，每行有n个以空格分隔的正整数。第i+1行的第j个数k(1≤k≤1000)，表示第i个学生导游对景点j的熟悉程度为k。
输出
只有一行，该行只有一个正整数，表示求得的熟悉程度之和的最大值。
样例输入
3
10 6 8
9 2 3
1 7 2
样例输出
24
提示
【样例说明】
第1个学生负责第3个景点，第2个学生负责第1个景点，第3个学生负责第2个景点时，熟悉程度总和为24，达到最大值。
【数据限制】
50%的数据，1≤n≤9；100%的数据，1≤n≤17。
同上，记下前面的状态，转移随意，，
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<cstdlib> 7 #include<vector> 8 using namespace std; 9 typedef long long ll; 10 typedef long double ld; 11 typedef pair<int,int> pr; 12 const double pi=acos(-1); 13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) 14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) 15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i]) 16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a)) 17 #define pb push_back 18 #define mp make_pair 19 #define fi first 20 #define sc second 21 #define pq priority_queue 22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> > 23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> > 24 #define vec vector 25 ld eps=1e-9; 26 ll pp=1000000007; 27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;} 28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;} 29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); } 30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; } 31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1}; 32 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar(); 33 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar(); 34 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar(); 35 if(last=='-')ans=-ans; return ans; 36 } 37 int dp[200000],a[20][20]; 38 int main() 39 { 40 int n=read(); 41 for (int i=1;i<=n;i++) 42 for (int j=1;j<=n;j++) a[i][j]=read(); 43 dp[0]=0; int K=1<<n; 44 for (int j=1;j<K;j++){ 45 int num=0; 46 for (int k=1;k<=n;k++) 47 if (j&(1<<k-1)) num++; 48 for (int k=1;k<=n;k++) 49 if (j&(1<<(k-1))) 50 dp[j]=max(dp[j],dp[j-(1<<(k-1))]+a[num][k]); 51 } 52 printf("%d",dp[K-1]); 53 return 0; 54 }
问题 C: 天上掉Pizza
时间限制: 3 Sec 内存限制: 128 MB题目描述
明明喜欢Pizza，但总是缺钱。有一天，他在报纸上阅读，他最喜爱的比萨饼店��必胜客，正在对大批新Pizza运行的促销。促销的办法是：在购买一些Pizza后，可能得到一些优惠券，可以对另一些Pizza进行打折，更令人惊喜的是这些优惠券可以结合起来。但是，有一个限制，Pizza必须一个接一个买，而后得到的优惠券也不可能追溯前面已经买过的Pizza。明明想尝试若干新品Pizza，可又没有充足的钱，为了能省一些，明明费劲脑力，就请你帮他计算一下如何购买Pizza，使得其平均价格最低！平均价格是指买到Pizza的总价格/总面积，即单位面积的Pizza的价格。还要注意，“安排顺序”只要求按照给定的顺序安排每个操作。不一定是各机器上的实际操作顺序。在具体实施时，有可能排在后面的某个操作比前面的某个操作先完成。
输入
有多组输入数据。
每组输入数据第一行为m(1<=m<=15).
接下来m行，每行前3个数pi,ai,ni(1<=pi<=10000,1<=ai<=10000,0<=nipi为编号为i的Pizza的价格，ai为编号为i的Pizza的面积，ni为购买i号Pizza能得到ni张优惠券
接下来ni*2个数，分别表示该张优惠券对xi号Pizza打折(1<=xj<=m,i<>xj)，折扣为yj(1<=yj<=50)
输入以m=0结束。
输出
输出购买m个Pizza中某一些的最低单位面积价格。保留4位小数。
(如果一个Pizza原价10，得到了一张50和一张20的优惠券，那么购买它实际所需的价值就是10*0.5*0.8=4)
样例输入
1
80 30 0
2
200 100 1 2 50
200 100 0
5
100 100 2 3 50 2 50
100 100 1 4 50
100 100 1 2 40
600 600 1 5 10
1000 10 1 1 50 0
样例输出
2.6667
1.5000
0.5333
提示
Pizza可以不全部购买
令dp[i]为以i为状态时用的最少的钱，而价格是固定的，我们只需要记录最小价格就好了，
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<cstdlib> 7 #include<vector> 8 using namespace std; 9 typedef long long ll; 10 typedef long double ld; 11 typedef pair<int,int> pr; 12 const double pi=acos(-1); 13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) 14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) 15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i]) 16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a)) 17 #define pb push_back 18 #define mp make_pair 19 #define fi first 20 #define sc second 21 #define pq priority_queue 22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> > 23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> > 24 #define vec vector 25 ld eps=1e-9; 26 ll pp=1000000007; 27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;} 28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;} 29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); } 30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; } 31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1}; 32 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar(); 33 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar(); 34 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar(); 35 if(last=='-')ans=-ans; return ans; 36 } 37 #define N 16 38 int p[N],a[N],nu[N],t[N][N+N+5],t_[N][N+N+5]; 39 double f[N],dp[1<<N]; 40 int main() 41 { 42 int n,suma=0; 43 while (~scanf("%d",&n)){ 44 if (n==0) break; 45 memset(p,0,sizeof(p)); 46 memset(a,0,sizeof(a)); 47 memset(nu,0,sizeof(nu)); 48 memset(t,0,sizeof(t)); 49 for (int i=1;i<(1<<N);i++) dp[i]=1e9; 50 for (int i=1;i<=n;i++){ 51 p[i]=read(),a[i]=read(),nu[i]=read(); 52 for (int j=1;j<=nu[i];j++) t[i][j]=read(),t_[i][j]=read(); 53 } 54 int K=1<<n; dp[0]=0; 55 for (int i=0;i<K;i++){ 56 for (int j=1;j<=n;j++) f[j]=1; 57 for (int j=1;j<=n;j++) 58 if (i&(1<<(j-1))) { 59 for (int k=1;k<=nu[j];k++) 60 f[t[j][k]]=f[t[j][k]]*(100-t_[j][k])/100; 61 } 62 for (int j=1;j<=n;j++) 63 if ((i&(1<<(j-1)))==0) 64 dp[i+(1<<(j-1))]=min(dp[i+(1<<(j-1))],dp[i]+1.0*p[j]*f[j]); 65 } 66 double ans=1e9; 67 for (int i=0;i<K;i++){ 68 suma=0; 69 for (int j=1;j<=n;j++) 70 if (i&(1<<(j-1))) suma+=a[j]; 71 ans=min(ans,dp[i]/suma); 72 } 73 printf("%.4f\n",ans); 74 } 75 return 0; 76 }
问题 D: 稀有矿井
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB题目描述
XYZ公司已在沿太平洋东海岸位于不同地区的几个岛屿发现了5种稀有的矿藏。该公司认为，这将是一个获利最好的机会。然而，由于金融危机，该公司并没有足够的人手和金钱在所有岛屿上建立矿田。因此，公司委员会选择了一些有较高的矿石储量岛屿，并派出一名调查员对这些岛屿制作了岛上的矿石分布调查。调查结果显示，每个岛上有许多连接在一起的村庄。由于耗费时间，调查员并没有记录的地图中的所有路径。只是记下了一条到达每个村庄的路径，从一个村庄到达另一个，有一个且只有一条路径（地图绘制像一棵树）。
该公司计划在每个岛屿的其中一个村庄建立分工厂。所有在岛上不同地方挖来的5种稀有矿产将被发送到这个分工厂，后成为一个复合金属。因此途径的道路必须被重修过，才能通过数量庞大的车队。为了尽量减少对道路交通的建设成本，公司决定扩大原有的路径，而不是兴建新的道路。此外，该公司决定兴建村庄的矿田，以确保他们的工人可以进入采矿。 （如果子工厂坐落在一个村庄中，矿田也可以建在该村庄。）
由于这些岛屿的矿石储量非常高，每一种罕见的矿物只需要一矿田开采即可。鉴于目前所选择的岛屿的地图，你需要找到在每个岛上的建立子工厂的最优村庄，并从该村庄开始扩展道路，以采集所有5种稀有的矿产。
输入
第一行，包含一个整数T，表示岛屿的数目。（1<=Num<=50）
每组测试数据，第一行一个整数N（5<=N<=1000）。表示岛上村庄的个数。
接下来一行，N个数，m1, m2, ... mn(0<=mi<=5),表示第i个村庄所拥有的稀有矿藏的种类，0表示该村庄没有稀有矿藏（每一个村庄至多只有一种矿藏）。
接下来N-1行，描述了这个岛上连接N个村庄的地图。
每行三个数，x，y，d(1<=x, y<=n, 1<=d<=10000), 表示从x和y两个村庄之间有一条距离为d的路。
输出
每行输出一个整数。在每个岛上所需的最少扩建道路的长度。
样例输入
2
6
1 2 3 4 5 5
1 2 100
2 3 82
3 4 73
4 5 120
4 6 108
6
1 1 2 3 4 5
1 2 56
1 3 100
1 4 100
2 5 100
3 6 100
样例输出
363
456
树形+状压动规，
dp[i][j]表示第i个为根状态为j的最少长度。
转移：f[x][i|j]=min(f[x][i|j],f[x][i]+f[v_][j]+c_);
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<cstdlib> 7 #include<vector> 8 using namespace std; 9 typedef long long ll; 10 typedef long double ld; 11 typedef pair<int,int> pr; 12 const double pi=acos(-1); 13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) 14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) 15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i]) 16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a)) 17 #define pb push_back 18 #define mp make_pair 19 #define fi first 20 #define sc second 21 #define pq priority_queue 22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> > 23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> > 24 #define vec vector 25 ld eps=1e-9; 26 ll pp=1000000007; 27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;} 28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;} 29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); } 30 #define N 2000 31 int e,v[N],next[N],head[N],cost[N]; 32 void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; } 33 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1}; 34 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar(); 35 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar(); 36 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar(); 37 if(last=='-')ans=-ans; return ans; 38 } 39 int s[N],flag[N],f[N][32]; 40 void dfs(int x){ 41 flag[x]=0; 42 f[x][(1<<(s[x]-1))]=0; 43 int e=head[x]; 44 while (e!=-1){ 45 int v_=v[e],c_=cost[e]; 46 if (flag[v_]){ 47 dfs(v_); 48 for (int i=0;i<=31;i++) 49 for (int j=0;j<=31;j++) 50 f[x][i|j]=min(f[x][i|j],f[x][i]+f[v_][j]+c_); 51 } 52 e=next[e]; 53 } 54 } 55 int main() 56 { 57 int T=read(); 58 while (T--){ 59 int n=read(); 60 memset(head,255,sizeof(head)); e=0; 61 for (int i=1;i<=n;i++) s[i]=read(),flag[i]=1; 62 for (int i=1;i<=n;i++) 63 for (int j=0;j<=31;j++) f[i][j]=1e9; 64 for (int i=1;i<=n-1;i++){ 65 int a=read(),b=read(),c=read(); 66 add(a,b,c); 67 add(b,a,c); 68 } 69 dfs(1); 70 int ans=1e9; 71 for (int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,f[i][31]); 72 printf("%d\n",ans); 73 } 74 return 0; 75 }
问题 E: 炮兵阵地
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB题目描述
司令部的将军们打算在N*M的网格地图上部署他们的炮兵部队。一个N*M的地图由N行M列组成，地图的每一格可能是山地（用“H” 表示），也可能是平原（用“P”表示），如下图。在每一格平原地形上最多可以布置一支炮兵部队（山地上不能够部署炮兵部队）；一支炮兵部队在地图上的攻击范围如图中黑色区域所示：
如果在地图中的灰色所标识的平原上部署一支炮兵部队，则图中的黑色的网格表示它能够攻击到的区域：沿横向左右各两格，沿纵向上下各两格。图上其它白色网格均攻击不到。从图上可见炮兵的攻击范围不受地形的影响。
现在，将军们规划如何部署炮兵部队，在防止误伤的前提下（保证任何两支炮兵部队之间不能互相攻击，即任何一支炮兵部队都不在其他支炮兵部队的攻击范围内），在整个地图区域内最多能够摆放多少我军的炮兵部队。
输入
文件的第一行包含两个由空格分割开的正整数，分别表示N和M；
接下来的N行，每一行含有连续的M个字符（‘P’或者‘H’），中间没有空格。按顺序表示地图中每一行的数据。
N≤100；M≤10。
输出
文件仅在第一行包含一个整数K，表示最多能摆放的炮兵部队的数量。
样例输入
5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP
样例输出
6
一道很有意思的动规，
dp[i][j][k]表示第i行状态是j，第i-1行状态是k的最多炮兵部队的数量。
我们可以dfs出当前层可能状态，再记录一下前两行的状态进行转移。
最后滚动一维数组就过了。
关于这个算法的时间复杂度我给不出，，
但我们可以分析一下大概的，
由于我们枚举的是可行方案所以一维大概是60，
别问我怎么知道的，我算的实测，
那时间大概是100*60*60*60大概2000W次。
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<cstdlib> 7 #include<vector> 8 using namespace std; 9 //typedef long long ll; 10 typedef long double ld; 11 typedef pair<int,int> pr; 12 const double pi=acos(-1); 13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) 14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) 15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i]) 16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a)) 17 #define pb push_back 18 #define mp make_pair 19 #define fi first 20 #define sc second 21 #define pq priority_queue 22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> > 23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> > 24 #define vec vector 25 ld eps=1e-9; 26 //ll pp=1000000007; 27 //ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;} 28 //ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;} 29 //void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); } 30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; } 31 //int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1}; 32 int read(){ int ans=0; char last=' ',ch=getchar(); 33 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar(); 34 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar(); 35 if(last=='-')ans=-ans; return ans; 36 } 37 #define N 2000 38 int l[N],ll[N],dp[N][N],dp_[N][N],now[N],l_,ll_,n_,num[N]; 39 char a[102][12]; 40 void dfs(int x,int m,int t,int v,int p){ 41 if(t>=m){now[++n_]=v;num[n_]=p;return;} 42 if(a[x][t]=='P') dfs(x,m,t+3,v|(1<<t),p+1); 43 dfs(x,m,t+1,v,p); 44 } 45 int main() 46 { 47 int n=read(),m=read(); 48 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",a[i]); 49 l[1]=ll[1]=dp_[1][1]=0; l_=ll_=1; 50 for (int k=1;k<=n;k++){ 51 memset(now,0,sizeof(now)); 52 memset(num,0,sizeof(num)); n_=0; 53 dfs(k,m,0,0,0); 54 for(int i=1;i<=n_;++i) 55 for(int j=1;j<=l_;++j)dp[i][j]=0; 56 for (int i=1;i<=n_;i++) 57 for (int j=1;j<=l_;j++) 58 for (int t=1;t<=ll_;t++) 59 if (!(now[i] & l[j]) && !(now[i] & ll[t])){ 60 dp[i][j]=max(dp[i][j],dp_[j][t]+num[i]); 61 } 62 for(int i=1;i<=n_;++i) 63 for(int j=1;j<=l_;++j) dp_[i][j]=dp[i][j]; 64 for (int i=1;i<=l_;i++) ll[i]=l[i]; ll_=l_; 65 for (int i=1;i<=n_;i++) l[i]=now[i]; l_=n_; 66 } 67 int ans=0; 68 for (int i=1;i<=l_;i++) 69 for (int j=1;j<=ll_;j++) ans=max(ans,dp_[i][j]); 70 printf("%d\n",ans); 71 return 0; 72 }
