Luogu P5005 中国象棋 - 摆上马 / Luogu P8756 国际象棋 题解 [ 蓝 ] [ 状压 dp ] [ 位运算 ]
国际象棋:模板棋盘状压。
摆上马:需要点思维的棋盘状压,相比上一道题加了“蹩马脚”的设定。
Easy_version :国际象棋
概述一下此类棋盘问题的思路:
- 用二进制数表示出棋盘上某一行的状态。
- 用位运算预处理出合法的单行状态,以及需要用到的一些东西。
- 用位运算判断前一行或者前几行能否转移过来。
- 转移前一行或者前几行的兼容类。
基础位运算
判断两边是否有:i&(i>>1)
和 i&(i<<1)
。
判断 (i&j)==i
。
对于本题
记录下两行的状态,定义
初始化
循环顺序是:
- 行数。
- 马的个数。
- 第
行状态。 - 第
行状态。 - 第
行状态。
注意由于只会用到前一行的状态,所以我们可以强行滚动数组优化,通过
时间复杂度
为了不在最后统计一遍,太过麻烦,所以我们多加了两行,并强制这两行必须不能放马,这样就不用手工统计方案数了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pi;
int n,m,k,tot[70];
const ll mod=1e9+7;
ll dp[2][70][70][25];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>m>>k;
for(int i=0;i<(1<<n);i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
tot[i]+=((i>>j)&1);
}
}
dp[0][0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=m+2;i++)
{
for(int j=0;j<=k;j++)
{
for(int a=0;a<(1<<n);a++)
{
for(int b=0;b<(1<<n);b++)
{
dp[i&1][a][b][j]=0;
if(((a>>2)&b)||((a<<2)&b))continue;
for(int c=0;c<(1<<n);c++)
{
if(((a>>1)&c)||((a<<1)&c))continue;
if(tot[a]<=j)
{
dp[i&1][a][b][j]=(dp[i&1][a][b][j]+dp[(i&1)^1][b][c][j-tot[a]])%mod;
}
}
}
}
}
}
cout<<dp[(m+2)&1][0][0][k];
return 0;
}
Hard_version :中国象棋 - 摆上马
相比上一道,这道必须考虑蹩马脚的情况,且不用记录马的个数。
这题难点便是在判断蹩马脚:
进阶位运算
筛选出本行左边是 i&((~i)>>1)
。
筛选出本行右边是 i&((~i)<<1)
。
考虑 和 行时
第 a&((~a)>>1)&(b>>2)
。
第 a&((~a)<<1)&(b<<2)
。
第 b&((~b)>>1)&(a>>2)
。
第 b&((~b)<<1)&(a<<2)
。
考虑 和 行时
第 a&(~b)&(c>>1)
。
第 a&(~b)&(c<<1)
。
第 c&(~b)&(a>>1)
。
第 c&(~b)&(a<<1)
。
时间复杂度
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pi;
int n,m;
const ll mod=1e9+7;
ll dp[2][70][70];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>m>>n;
dp[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=m+2;i++)
{
for(int a=0;a<(1<<n);a++)
{
for(int b=0;b<(1<<n);b++)
{
dp[i&1][a][b]=0;
if((a&((~a)>>1)&(b>>2))||((a&((~a)<<1)&(b<<2)))||(b&((~b)>>1)&(a>>2))||(b&((~b)<<1)&(a<<2)))continue;
for(int c=0;c<(1<<n);c++)
{
if(((~b)&a&(c>>1))||((~b)&a&(c<<1))||((~b)&c&(a<<1))||((~b)&c&(a>>1)))continue;
dp[i&1][a][b]=(dp[i&1][a][b]+dp[(i&1)^1][b][c])%mod;
}
}
}
}
cout<<dp[(m+2)&1][0][0];
return 0;
}
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