队内没人会插头DP,感觉这个不会不行。。。所以我还是默默去学了一下，
学了一天，感觉会了一点。对于每一行，一共有j+1个插头，如果是多回路类的题目，
比较简单，可以用1表示有插头，0表示没有插头，这样就可以愉快转移了，
对于当前出来的位置(i,j)，与它有关的插头有j-1和j 那么我们可以枚举状态经行转移。
对于单回路的问题。。。。只是了解思想，目前还不会写，太笨了=_=
poj 2411 Mondriaan‘s Dream
题意:用1*2小方块组成n*m矩阵有多少种组成方式
思路：我们从上到下处理每一行，对于当前处理的位置 (i,j)，枚举它的插头状态，0~(1<<(m+1));
假设状态是 sta，如果sta表示的状态没有j-1和j 插头(即(sta&(1<<(j-1))) == 0 &&(sta&(1<<j)) == 0)
那么转移到它的状态有两种，j-1插头有或者j插头存在，
如果sta表示的状态都有j-1和j 插头，这样状态是不合法的，直接=0
如果sta表示的状态j 插头，表示是平放方块，这个状态只能由j-1,j插头不存在状态转移过来
如果sta表示的状态j-1 插头，表示是竖放方块，这个状态只能由j-1,j插头不存在状态转移过来
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<stack>
#include<map>
#include<ctime>
#include<bitset>
#define LL long long
#define INF 999999
#define maxn 200001
#define mod 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int mat[15][15];
LL dp[12][12][(1<<13)+10] ;
int main()
{
int i , n ,m , j, k ,case1=0;
int len , T ,x ,y ,sta ;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
if(n+m==0)break ;
if((n*m)&1)
{
puts("0") ;
continue ;
}
memset(dp,0,sizeof(dp)) ;
len=(1<<(m+1));
dp[0][m][0]=1;
for( i = 1 ; i <= n ;i++)
{
for( j = 0 ; j < len ;j++)
dp[i][0][(j<<1)]=dp[i-1][m][j] ;
for( k = 1 ; k <= m ;k++)
{
for( sta = 0 ; sta < len ;sta++)
{
y = (1<<k) ;
x = (1<<(k-1)) ;
if((sta&x) != 0 &&(sta&y) != 0 )
{
dp[i][k][sta]=0;
}
else if((sta&x)==0&&0==(sta&y))
{
dp[i][k][sta]=dp[i][k-1][sta^x]+dp[i][k-1][sta^y] ;
}
else if((sta&x))
dp[i][k][sta]=dp[i][k-1][sta^x];
else dp[i][k][sta]=dp[i][k-1][sta^y];
}
}
}
printf("%I64d\n",dp[n][m][0]);
}
return 0 ;
}
hdu 4804 Campus Design
题意：和上题差不多，多了的东西是，有些地方不能放方块，
还有可以放1*1方块，求的是 1*1放的个数限制在c-d内的放的方式有多少种
思路：具体做法和上面也是差不多，
差别：对于1*1放置个数的限制，我们可以开多一维记录1*1用的个数，
对于不能放置的位置（i,j ），合法的状态sta，里面不能有 j-1,j 插头
对于可以放置的位置(1,j) ，状态是 sta，如果sta表示的状态没有j-1和j 插头时
多了一步转移，就是 放置1*1的状态。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<stack>
#include<map>
#include<ctime>
#include<bitset>
#define LL long long
#define INF 999999
#define maxn 200001
#define mod 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
char mat[105][25];
int dp[2][12][22][(1<<12)+10];
int main()
{
int i , n ,m , j, k ,case1=0;
int len , T ,x ,y ,sta,c,d ,v ;
int now,pre;
while(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&c,&d )!=EOF)
{
for( i = 1 ; i <= n ;i++)
scanf("%s",mat[i]+1);
memset(dp,0,sizeof(dp)) ;
len=(1<<(m+1));
dp[0][m][0][0]=1;
pre=1;
now=0;
for( i = 1 ; i <= n ;i++)
{
swap(pre,now);
// memset(dp[now],0,sizeof(dp[now])) ;
for( v = 0 ; v <= d ;v++ )
for( j = 0 ; j < len ;j++)
dp[now][0][v][(j<<1)]=dp[pre][m][v][j] ;
for( k = 1 ; k <= m ;k++)
{
y = (1<<k) ;
x = (1<<(k-1)) ;
for( v = 0 ; v <= d ;v++ )
for( sta = 0 ; sta < len ;sta++)
{
if(mat[i][k]==‘0‘)
{
if((sta&x)||(sta&y))
{
dp[now][k][v][sta]=0;
}
else dp[now][k][v][sta]=dp[now][k-1][v][sta] ;
}
else{
if((sta&x) != 0 &&(sta&y) != 0 )
{
dp[now][k][v][sta]=0;
}
else if((sta&x) == 0 &&(sta&y) == 0 )
{
dp[now][k][v][sta]=(dp[now][k-1][v][sta^x]+dp[now][k-1][v][sta^y])%mod ;
if(v>0)dp[now][k][v][sta]=(dp[now][k][v][sta]+dp[now][k-1][v-1][sta])%mod ;
}
else if((sta&x))
dp[now][k][v][sta]=dp[now][k-1][v][sta^x];
else dp[now][k][v][sta]=dp[now][k-1][v][sta^y];
}
}
}
}
int ans1=0;
for( i = c ; i <= d;i++)
ans1=(ans1+dp[now][m][i][0])%mod;
printf("%d\n",ans1);
}
return 0 ;
}
hdu 1693Eat the Trees
题意：在n*m的矩阵中，有些格子有树，没有树的格子不能到达，找一条或多条回路，吃完所有的树，求有多少中方法。
思路：看这个博客吧，here
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<stack>
#include<map>
#include<ctime>
#include<bitset>
#define LL long long
#define INF 999999
#define maxn 200001
#define mod 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int mat[15][15];
LL dp[12][12][(1<<13)+10] ;
int main()
{
int i , n ,m , j, k ,case1=0;
int len , T ,x ,y ,sta ;
cin >>T ;
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m) ;
for( i = 1 ; i <= n ;i++)
for( j = 1 ; j <= m ;j++)
scanf("%d",&mat[i][j]);
memset(dp,0,sizeof(dp)) ;
len=(1<<(m+1));
dp[0][m][0]=1;
for( i = 1 ; i <= n ;i++)
{
for( j = 0 ; j < len ;j++)
dp[i][0][(j<<1)]=dp[i-1][m][j] ;
for( k = 1 ; k <= m ;k++)
{
for( sta = 0 ; sta < len ;sta++)
{
y = (1<<k) ;
x = (1<<(k-1)) ;
if(mat[i][k])
{
if((sta&x) && (sta&y))
dp[i][k][sta]=dp[i][k-1][sta^x^y] ;
else if((sta&x)==0 && 0== (sta&y))
dp[i][k][sta]=dp[i][k-1][sta^x^y] ;
else dp[i][k][sta]=dp[i][k-1][sta^x^y]+dp[i][k-1][sta] ;
}
else
{
if((sta&x)==0&&(sta&y)==0)
dp[i][k][sta]=dp[i][k-1][sta] ;
else dp[i][k][sta]=0;
}
}
}
}
printf("Case %d: ",++case1);
printf("There are %I64d ways to eat the trees.\n",dp[n][m][0]);
}
return 0 ;
}
时间： 2024-08-06 03:46:27