bzoj 1556: 墓地秘密【状压dp+spfa】

显然是状压,显然不可能把所有格子压起来

仔细观察发现只有机关周围的四个格子有用以及起点,所以我们用spfa处理出这些格子两两之间的距离(注意细节……这里写挂了好几次),然后设f[s][i]为碰完的机关石状态为s,现在在有用格子的第i个的最小停下次数,转移按照套路即可

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=105,dx[]={0,0,1,-1},dy[]={1,-1,0,0};
int n,m,t,a[N][N],f[70005][65],x[N],y[N],bx,by,dis[N][N][5],id[N][5],tot;
char c[N][N];
bool v[N][N];
struct qwe
{
    int x,y;
    qwe(int X=0,int Y=0)
    {
        x=X,y=Y;
    }
};
bool ok(int x,int y)
{
    return x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m&&c[x][y]!=‘#‘;
}
void spfa(int sx,int sy,int s)
{//cerr<<sx<<" "<<sy<<endl;
    if(!ok(sx,sy))
        return;
    // cerr<<s<<endl;
    queue<qwe>q;
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    dis[sx][sy][0]=dis[sx][sy][1]=dis[sx][sy][2]=dis[sx][sy][3]=0;
    v[sx][sy]=1;
    q.push(qwe(sx,sy));
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front().x,y=q.front().y;
        q.pop();
        v[x][y]=0;
        for(int j=0;j<4;j++)
            if(ok(x+dx[j],y+dy[j]))
                for(int k=0;k<4;k++)
                    if(dis[x+dx[j]][y+dy[j]][k]>dis[x][y][j]+(j!=k))
                    {
                        dis[x+dx[j]][y+dy[j]][k]=dis[x][y][j]+(j!=k);
                        if(!v[x+dx[j]][y+dy[j]])
                        {
                            v[x+dx[j]][y+dy[j]]=1;
                            q.push(qwe(x+dx[j],y+dy[j]));
                        }
                    }
    }
    for(int i=1;i<=t;i++)
        for(int j=0;j<4;j++)
            for(int k=0;k<4;k++)
                a[s][id[i][j]]=min(a[s][id[i][j]],dis[x[i]+dx[j]][y[i]+dy[j]][k]+(dx[j]+dx[k]!=0||dy[j]+dy[k]!=0));
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%s",c[i]+1);
    for(int i=1;i<=t;i++)
        scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
    scanf("%d%d",&bx,&by);
    for(int i=1;i<=t;i++)
        for(int j=0;j<4;j++)
            id[i][j]=++tot;
    memset(a,0x3f,sizeof(a));
    for(int i=1;i<=t;i++)
        for(int j=0;j<4;j++)
            spfa(x[i]+dx[j],y[i]+dy[j],id[i][j]);//,cerr<<x[i]<<" "<<dx[j]<<" "<<y[i]<<" "<<dy[j]<<endl;
    spfa(bx,by,tot+1);
    // for(int i=1;i<=tot+1;i++)
    // {
        // for(int j=1;j<=tot+1;j++)
            // cerr<<a[i][j]<<" ";
        // cerr<<endl;
    // }
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    f[0][tot+1]=0;
    for(int i=0,len=(1<<t)-1;i<=len;i++)
        for(int j=1;j<=tot+1;j++)
            for(int k=1;k<=tot;k++)
                f[i|(1<<((k-1)/4))][k]=min(f[i|(1<<((k-1)/4))][k],f[i][j]+a[j][k]+1);
    int ans=1e9;
    for(int i=1;i<=tot;i++)
        ans=min(ans,f[(1<<t)-1][i]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

原文地址:https://www.cnblogs.com/lokiii/p/9610112.html

时间: 2024-10-09 06:11:57

bzoj 1556: 墓地秘密【状压dp+spfa】的相关文章

HDU 4284 状压dp+spfa堆优化

题意: 给定n个点 m条无向边 d元. 下面m行表示每条边 u<=>v 以及花费 w 下面top 下面top行 num c d 表示点标为num的城市 工资为c 健康证价格为d 目标是经过给定的top个城市,当到达该城市时,必须马上购买该城市的健康证并打工赚钱(每个城市只打工1次) 问从1城市出发,最后回到1城市,能否收集到所有的健康证 思路: 由于top很小,所以状压dp dp[i][tmp]表示当前处于i点 经过城市的状态为tmp时 身上最多的钱. 首先对dis数组floyd 跑出最短路,

BZOJ 1087 题解【状压DP】

1087: [SCOI2005]互不侵犯King Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MBSubmit: 3112  Solved: 1816[Submit][Status][Discuss] Description 在N×N的棋盘里面放K个国王,使他们互不攻击,共有多少种摆放方案.国王能攻击到它上下左右,以及左上左下右上右下八个方向上附近的各一个格子,共8个格子. Input 只有一行,包含两个数N,K ( 1 <=N <=9, 0 <= K &

BZOJ 4000: [TJOI2015]棋盘( 状压dp + 矩阵快速幂 )

状压dp, 然后转移都是一样的, 矩阵乘法+快速幂就行啦. O(logN*2^(3m)) --------------------------------------------------------------------------------------------- #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define b(x) (1 <&l

BZOJ 2669 cqoi2012 局部极小值 状压DP+容斥原理

题目大意:给定一个n?m的矩阵,标记出其中的局部极小值,要求填入1...n?m,求方案数 <多年的心头大恨终于切掉了系列> 考虑将数字从小到大一个一个填进去 由于局部极小值最多8个,我们可以状压DP 令fi,j表示已经填完了前i个数,局部极小值的填充状态为j的方案数 预处理出cntj表示填充状态为j时共有多少位置是可以填充的(包括已填充的局部极小值位置) 那么有DP方程fi,j=fi?1,j?C1cntj?i+1+∑k∈jfi?1,j?{k} 但是问题是这样虽然保证了标记的位置都是局部最小值,

【BZOJ 2595】2595: [Wc2008]游览计划 (状压DP+spfa,斯坦纳树?)

2595: [Wc2008]游览计划 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MBSec  Special JudgeSubmit: 1572  Solved: 739 Description Input 第一行有两个整数,N和 M,描述方块的数目. 接下来 N行, 每行有 M 个非负整数, 如果该整数为 0, 则该方块为一个景点:否则表示控制该方块至少需要的志愿者数目. 相邻的整数用 (若干个) 空格隔开,行首行末也可能有多余的空格. Output 由 N

POJ2686 Traveling by Stagecoach(状压DP+SPFA)

题目大概是给一张有向图,有n张票,每张票只能使用一次,使用一张票就能用pi匹马拉着走过图上的一条边,走过去花的时间是边权/pi,问从a点走到b点的最少时间是多少. 用dp[u][S]表示当前在u点且用过的票集合是S的最少时间,丢进SPFA更新. 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<queue> 4 using namespace std; 5 #define INF 1e8 6 #define MAXN 3

bzoj 2064: 分裂【状压dp】

参考:https://www.cnblogs.com/liu-runda/p/6019426.html 有点神奇 大概就是显然最直观的转移是全部合起来再一个一个拆,是n+m次,然后设f[i][j]为分别取i,j状态的最多相同大小块的集合数,枚举新加块转移,答案是n+m-2*f[(1<<n)-1][(1<<m)-1] 原因是体积和相同的两个快可以自己转移,不用再和别的块合并一下 #include<iostream> #include<cstdio> using

【BZOJ-1097】旅游景点atr SPFA + 状压DP

1097: [POI2007]旅游景点atr Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 357 MBSubmit: 1531  Solved: 352[Submit][Status][Discuss] Description FGD想从成都去上海旅游.在旅途中他希望经过一些城市并在那里欣赏风景,品尝风味小吃或者做其他的有趣的事情.经过这些城市的顺序不是完全随意的,比如说FGD不希望在刚吃过一顿大餐之后立刻去下一个城市登山,而是希望去另外什么地方喝下午茶.幸运的是,FGD

BZOJ 1097 POI2007 旅游景点atr SPFA+状压DP

题目大意:给定一张图,要求从第一个点出发,按照某个拓扑序遍历2~k+1的所有节点,然后到达n,求最短路径 首先将所有关键点之间的最短路用SPFA求出来 然后状压DP 令f[state][p]表示已经走过的点集为state,将要走到p点的最短路 记忆化搜索就行了- - 标准卡时过- - #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> #define M