1896 [SCOI2005]互不侵犯 状压dp

传送门

这是一道状压dp的经典例题

题目让输出所有可能的方案数

很显然 这是一道动态规划了

由于国王放置的位置有一定的限制 所以我们要在状态转移的过程中增加一维来存储状态

我们这一道题假设f[i][j][k] 意思是在前i行一共放置了j个国王 第i行国王放置的状态是k  存储的值是方案数

首先 我们可以先预处理出左右合法的每行的状态。。。（有点绕

就是说针对单独的一行 会有那些合法的状态 使得相邻的两个格子最多只能放置一个国王 没有相邻的国王

然后我们开始dp

我们分别枚举i k s

i是当前枚举到第几行

k是第i行的状态 编号

s是第i-1行的状态编号

然后我们还要判断一下

上下不能相等，对角线不能相等

这些条件都满足之后 我们就可以枚举第i行国王的个数 并从上一行的状态累加到当前状态

最后我们把最后一行 放满ss个国王 的不同状态的f数组的值累加起来就是总的方案数

进行位运算的时候还要注意一点

就是 一定要多加括号！！！

//P1896 [SCOI2005]互不侵犯
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int p[300];
int num[300];//记录每一种状态有多少个1
ll f[10][90][300];
int main()
{
    int n,ss;
    scanf("%d%d",&n,&ss);
    int cnt=0;//合法状态数量
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)//枚举合法的n位二进制数
    {
        if((i&(i>>1))==0)//没有左右相邻的国王
        {
            p[++cnt]=i;
            int sta=i;
            while(sta)
            {
                if(sta&1) num[cnt]++;
                sta>>=1;
            }
        }
    }
    f[0][0][1]=1;//什么都不放的方案数是1  初始化
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int k=1;k<=cnt;k++)
            for(int s=1;s<=cnt;s++)
                if((p[k]&p[s])==0)//没有上下攻击
                    if(((p[k]>>1)&p[s])==0)
                        if(((p[s]>>1)&p[k])==0)
                        {
                            for(int j=num[k]+num[s];j<=ss;j++)
                                f[i][j][k]+=f[i-1][j-num[k]][s];

                        }
    long long ans=0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        ans+=f[n][ss][i];
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/akioi/p/12219125.html