洛谷P1879 & P2051

洛谷P1879 & P2051

题目

中国象棋

玉米田Corn Fields

两道DP。

中国象棋

以为是状压DP,但是不知道怎么做。

换了另一种做法。

显然,每列不可能有两个以上的炮,设 $f[i][j][k]$ 表示第 $i$ 行有 $j$ 列有一个炮车,有 $k$ 列有两个炮车。那么一个炮车也没有个列数就是 $m-j-k$。

定义完状态,再来想怎么转移。考虑从 $i-1$ 行向 $i$ 行转移。第 $i$ 行最多只能有两个炮车分情况讨论:

  1. 不放炮车,$f[i][j][k] = f[i-1][j][k]$
  2. 放一个炮车,放在没有跑车的列或者有一个炮车列:$f[i][j+1][k] = f[j-1][j][k] * (m-j-k), f[i][j][k+1] = f[i-1][j][k]*j$
  3. 放两个炮车的情况,讨论一下就好了,看代码吧。
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#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define per(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define debug(x) cerr << #x << ' ' << x << endl;
using namespace std;

typedef long long ll;
const int MOD = 9999973;
const int MAXN = 2e5 + 7;

//第i行有j个单跑k个双炮
ll f[105][105][105];
ll C[105][105];

void init(){
C[0][0] = 1;
rep(i, 1, 100){
rep(j, 0, i){
C[i][j] = C[i-1][j] + C[i-1][j-1];
}
}
}
int main(int argc, char const *argv[])
{
init();
int n, m;
scanf("%d %d", &n, &m);
f[0][0][0] = 1;
rep(i, 1, n){
rep(j, 0, m){
rep(k, 0, m){
if(j + k > m) continue;
//不选
f[i][j][k] += f[i-1][j][k];
f[i][j][k] %= MOD;

//选一个 选在空列
f[i][j+1][k] += f[i-1][j][k] * (m - j - k);
f[i][j+1][k] %= MOD;
// 选一个 选在单炮列
f[i][j-1][k+1] += f[i-1][j][k] * j;
f[i][j-1][k+1] %= MOD;

// 选两个 都选在空列
f[i][j+2][k] += f[i-1][j][k] * C[m - j - k][2];
f[i][j+2][k] %= MOD;
// 选两个 都选在单炮列
f[i][j-2][k+2] += f[i-1][j][k] * C[j][2];
f[i][j-2][k+2] %= MOD;
// 选两个 一个在空列一个在单炮列
f[i][j][k+1] += f[i-1][j][k] * (m - j - k) * j;
f[i][j][k+1] %= MOD;
}
}
}
ll ans = 0;
rep(i, 0, m) rep(j, 0, m) {
ans += f[n][i][j];
ans %= MOD;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

玉米田

状压DP,先保存每一行的状态,在求出有效的状态。

枚举有效的状态,判断是否和土地状况冲突,不冲突再枚举上一行的状态,如果和当前行不冲突,那么就是有效的转移。

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#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define per(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define debug(x) cerr << #x << ' ' << x << endl;
using namespace std;

typedef long long ll;
const int MOD = 1e9;
const int MAXN = 2e5 + 7;

ll f[15][5005];
bool g[5005];
int mp[15][15];
int field[15];
int main(int argc, char const *argv[])
{
int n, m;
scanf("%d %d", &n, &m);
rep(i, 1, n){
rep(j, 1, m){
scanf("%d", &mp[i][j]);
field[i] <<= 1;
field[i] |= mp[i][j];
}
}
//求出可行状态集
vector<int> sta;
rep(i, 0, (1<<m)-1) if(!((i & i>>1)||(i & i<<1))) sta.push_back(i);

f[0][0] = 1;
rep(i, 1, n) {
//枚举当前行的状态
for(int j: sta) {
//如果和土地状况不冲突
if((j & field[i]) == j) {
//枚举上一行的状态
for(int k: sta) {
//如果也不冲突
if((j & k) == 0) {
//可行的转移
f[i][j] += f[i-1][k], f[i][j] %= MOD;
}
}
}
}
}
ll ans = 0;
rep(i, 0, (1<<m)-1) {
ans += f[n][i];
ans %= MOD;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

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