[GDOI2014]拯救莫莉斯 状压DP
题面：
莫莉斯·乔是圣域里一个叱咤风云的人物，他凭借着自身超强的经济头脑，牢牢控制了圣域的石油市场。
圣域的地图可以看成是一个n*m的矩阵。每个整数坐标点(x , y)表示一座城市（ 1\le x\le n,1\le y\le m1≤x≤n,1≤y≤m ）。两座城市间相邻的定义为：对于城市(Ax, Ay)和城市(Bx, By)，满足 (Ax - Bx)^2 + (Ay - By)^2 = 1(Ax−Bx)2+(Ay−By)2=1 。
由于圣域的石油贸易总量很大，莫莉斯意识到不能让每笔石油订购单都从同一个油库里发货。为了提高效率，莫莉斯·乔决定在其中一些城市里建造油库，最终使得每一个城市X都满足下列条件之一：
1.该城市X内建有油库，
2.某城市Y内建有油库，且城市X与城市Y相邻。
与地球类似，圣域里不同城市间的地价可能也会有所不同，所以莫莉斯想让完成目标的总花费尽可能少。如果存在多组方案，为了方便管理，莫莉斯会选择建造较少的油库个数。
n * m <= 50, m < n
简单题意：
有一个带权值的矩阵，取一个方格的代价为它的权值，取一个方格时可以给它自己和上下左右的格子打上标记，求最小代价（代价相同取最少数量的方格）使得整个矩阵都被标记。
题解：
观察到n * m <=50,m < n,也就是说m最大也只能是7，看见这么小的数，，，显然这就是个状压啊！
第一眼貌似就是很套路的状压，，，
不过貌似还是有不同的，
唯一的不同在于：一行受上一行和下一行的同时影响，也就是说当前行可以不满足全都标记，因为后来还可以有别的城市来标记它，
因此枚举i和i-1和i-2行的状态，合法条件为：必须使得i-1合法，因此i-1要是再不合法的话以后都不能合法了，，，
同时将f初始化为极大值，这样的话就无需判断i-2是否合法，因为不合法的话将不会被更新，那么值就是inf,也就不会被当做决策了
但是观察到我们并不方便临时计算每个状态的各种数据，因此我们先预处理一遍，处理出每一行的每一个状态对应的城市数和代价，
分别记为num[i][j].num 和 num[i][j].cost
设f[i][j][k].cost 为第i行状态为j，第i-1行状态为k的最小代价，f[i][j][k].num表示在最小代价的基础上的最少城市数,
那么我们的合法条件显然为：if(((k | j | l | (k << 1) | (k >> 1)) & all) == all)，其中k为i-1行，j为i行，l为i-2行，
all为2 ^ m - 1 , 也就是2进制下的 111111(m个1)
& all用于消除高于m位的1，以免对ans产生影响。
如果==all就表示合法，因为| j 和| l 表示用上下的城市来标记k一次，然后k << 1 和k >> 1就是用左右的城市来标记一次
那么有转移方程：
if(f[i-1][k][l] + num[i][j] <= f[i][j][k])
f[i][j][k]=f[i-1][k][l] + num[i][j];
其中
1 node operator + (node a,node b) 2 { 3 a.cost += b.cost; 4 a.num += b.num; 5 return a; 6 } 7 8 bool operator <= (node a,node b) 9 { 10 if(a.cost < b.cost) return true; 11 else if(a.cost == b.cost && a.num < b.num) return true; 12 else return false; 13 }
最后统计ans的时候的合法条件为第n行合法。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define R register int 4 #define AC 300 5 #define inf 80000000 6 #define ac 50 7 int n,m,all; 8 int s[ac][ac]; 9 struct node{ 10 int cost,num; 11 }f[ac][AC][AC],num[ac][AC],ans; 12 /*因为n * m <= 50 , m < n,所以m实际上是很小的，m <= sqrt(50), 13 因此预处理出对于每一行，任意状态下的油库个数和代价,在代价相同的基础上取油库最少 14 一定要注意状态从0开始枚举！*/ 15 node operator + (node a,node b) 16 { 17 a.cost += b.cost; 18 a.num += b.num; 19 return a; 20 } 21 22 bool operator <= (node a,node b) 23 { 24 if(a.cost < b.cost) return true; 25 else if(a.cost == b.cost && a.num < b.num) return true; 26 else return false; 27 } 28 29 void pre() 30 { 31 scanf("%d%d",&n,&m); 32 all=(1 << m) - 1; 33 for(R i=1;i<=n;i++) 34 for(R j=1;j<=m;j++) 35 scanf("%d",&s[i][j]); 36 for(R i=1;i<=n;i++)//枚举行,看做常数？ 37 for(R j=0;j<=all;j++)//枚举状态 38 for(R k=1;k<=m;k++)//看做常数？ 39 if(j & (1 << (m - k))) //预处理，，，但是看上去复杂度很高啊 40 { 41 num[i][j].cost+=s[i][k]; 42 num[i][j].num++; 43 } 44 ans.cost=inf , ans.num=inf; 45 } 46 47 void work() 48 { 49 for(R i=0;i<=all;i++) f[1][i][0]=num[1][i]; 50 for(R i=0;i<=all;i++) 51 for(R j=0;j<=all;j++) 52 { 53 f[2][i][j].cost = inf; 54 if(((j | i | (j << 1) | (j >> 1)) & all) == all) 55 f[2][i][j]=f[1][j][0] + num[2][i]; 56 } 57 for(R i=3;i<=n;i++)//枚举行 58 for(R j=0;j<=all;j++)//枚举当前行 59 for(R k=0;k<=all;k++)//枚举上一行状态 60 { 61 f[i][j][k].cost = inf; 62 f[i][j][k].num = inf; 63 for(R l=0;l<=all;l++)//枚举上上行状态 64 if(((k | j | l | (k << 1) | (k >> 1)) & all) == all)//全都更新一遍,至于如何解决二次传播的方法，，，用原版就好了啊 65 if(f[i-1][k][l] + num[i][j] <= f[i][j][k]) 66 f[i][j][k]=f[i-1][k][l] + num[i][j]; 67 } 68 for(R i=0;i<=all;i++) 69 { 70 for(R j=0;j<=all;j++) 71 if(((i | j | (i << 1) | (i >> 1)) & all) == all) 72 if(f[n][i][j] <= ans) ans=f[n][i][j]; 73 } 74 printf("%d %d\n",ans.num,ans.cost); 75 }//因为受两行影响，而且是上下两行，，，，所以当前行不用满足，保证上一行满足即可？？？ 76 //因为上一行还不满足的话就满足不了了 77 int main() 78 { 79 // freopen("in.in","r",stdin); 80 pre(); 81 work(); 82 // fclose(stdin); 83 return 0; 84 }
