bzoj 1087（狀壓dp）

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題意：

給你一個\(n*n\)的格子，若是第\(i\)個格子放入了棋子，則八聯通方向都不能放置棋子，問放置\(k\)個棋子的方案數。

分析：

很明顯能夠進行\(dp\)，又由於\(n\)很是的小，所以咱們能夠採用狀態壓縮的方法。設\(dp[i][state][k]\)爲當前第\(i\)行的狀態爲\(state\)時，放置了\(k\)個棋子的方案數。

當前第i行的狀態，顯然能夠由第\(i-1\)行的狀態轉移而來，而由於要知足八聯通不能有棋子，所以在咱們的狀壓\(state[I]\),和\(state[j]\)中，只要知足\(state[i]\&(state[i]<<1)\)、\(state[j]\&(state[j]<<1)\)、\(state[i]\&(state[j]<<1)\)、\(state[i]\&(state[j]>>1)\)、\(state[I]\&state[j]\)均大於\(0\)便可。最後有狀態轉移方程：\(dp[i][state[i]][bit(state[i])+k]+=dp[I-1][bit(state[j])][k]\)

總的時間複雜度爲：\(\mathcal{O}(2^{2*n}*k)\)

代碼：

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 10
using namespace std;
long long dp[maxn][1<<maxn][maxn*maxn];
int getbit(int x){
    int res=0;
    while(x){
        if(x&1) res++;
        x>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    int n,k;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int all=1<<n;
        for(int j=0;j<all;j++){
            if(j&(j<<1)) continue;
            if(i==1){
                if(getbit(j)<=k) dp[i][j][getbit(j)]++;
                continue;
            }
            for(int kk=0;kk<all;kk++){
                if(kk&(kk<<1)) continue;
                if((j&kk)||(j&(kk<<1))||(j&(kk>>1))) continue;
                for(int ll=0;ll<=k;ll++){
                    dp[i][j][getbit(j)+ll]+=dp[i-1][kk][ll];
                }
            }
        }
    }
    long long res=0;
    int all=1<<n;
    for(int i=0;i<all;i++){
        res+=dp[n][i][k];
    }
    printf("%lld\n",res);
    return 0;
}