[JZOJ5398]:Adore（状压DP+记忆化搜索）

题目描述

　　小$w$偶然间见到了一个$DAG$。
　　这个$DAG$有$m$层，第一层只有一个源点，最后一层只有一个汇点，剩下的每一层都有$k$个节点。
　　现在小$w$每次可以取反第$i(1<i<n-1)$层和第$i+1$层之间的连边。也就是把原本从$(i,k_1)$连到$(i+1,k_2)$的边，变成从$(i,k_2)$连到$(i+1,k_1)$。
　　请问他有多少种取反的方案，把从源点到汇点的路径数变成偶数条？
　　答案对$998244353$取模。

输入格式

　　一行两个整数$m,k$。
　　接下来$m-1$行，第一行和最后一行有$k$个整数$0$或$1$，剩下每行有$k^2$个整数$0$或$1$，第$(j-1)\times k+t$个整数表示$(i,j)$到$(i+1,t)$有没有边。

输出格式

　　一行一个整数表示答案。

样例

样例输入：

5 3
1 0 1
0 1 0 1 1 0 0 0 1
0 1 1 1 0 0 0 1 1
0 1 1

样例输出：

4

数据范围与提示

　　$20\%$的数据满足$n\leqslant 10,k\leqslant 2$。
　　$40\%$的数据满足$n\leqslant 10^3,k\leqslant 2$。
　　$60\%$的数据满足$m\leqslant 10^3,k\leqslant 5$。
　　$100\%$的数据满足$4\leqslant m\leqslant 10^4,k\leqslant 10$。

题解

发现$k$很小，考虑状压$DP$，设$dp[i][s]$表示第$i$行，能连边的点的状态为$s$的方案数。

转移用记忆化搜索即可，从后往前搜索。

时间复杂度：$\Theta(NK2^K)$。

期望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int M,K,S;
int Map[2][10001][11],a[11],g[1025];
long long dp[10001][1025];
int lowbit(int x){return x&-x;}
long long dfs(int x,int s)
{
	if(dp[x][s]!=-1)return dp[x][s];
	if(x==2)
	{
		dp[x][s]=1;
		for(int i=1;i<=K;i++)dp[x][s]^=a[i]&((s&(1<<(i-1)))!=0);
	}
	else
	{
		int ls=0,rs=0;
		for(int i=1;i<=K;i++)
		{
			ls|=g[Map[0][x-1][i]&s]<<(i-1);
			rs|=g[Map[1][x-1][i]&s]<<(i-1);
		}
		dp[x][s]=(dfs(x-1,ls)+dfs(x-1,rs))%mod;
	}
	return dp[x][s];
}
int main()
{
	memset(dp,-1,sizeof(dp));
	scanf("%d%d",&M,&K);
	for(int i=1;i<(1<<K);i++)g[i]=g[i-lowbit(i)]^1;
	for(int i=1;i<=K;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=2;i<M-1;i++)
		for(int j=1;j<=K;j++)
			for(int k=1;k<=K;k++)
			{
				int x;scanf("%d",&x);
				Map[0][i][j]|=x<<(k-1);
				Map[1][i][k]|=x<<(j-1);
			}
	for(int i=1;i<=K;i++)
	{
		int x;
		scanf("%d",&x);
		S|=x<<(i-1);
	}
	printf("%lld",dfs(M-1,S));
	return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11832842.html