HDU-1693 Eat the Trees 插头DP
2014-04-25 11:53
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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。
这题是插头dp,刚刚学习,不是很熟悉,研究了好几天才明白插头dp的方法,他们老是讲一些什么轮廓线啊,插头啊什么的,刚开始完全不知道这些事干什么的,看完cdq的大作后也是一头的雾水,看代码,画图,一步一步的推,终于明白了,那个是为什么,这里讲一讲。
轮廓线表示的是当前插头的状态,这题中状态中1表示有插头,0表示无插头,如果是横线的话就是上面的格子与下面的格子相连的状态,这题中显然一个格子中要码有两个插头(经过这个格子),要码没有插头(不经过这个格子),因为不可能分叉走,每个格子走一次。
这个状态表示(101111),当前决策格子是第二行第三个格子,显然它已经有了两个插头,也就是有1条线穿过它,所以不用再加插头了。
这个状态是(100111)和(101011),当前决策格子是第二行第三个格子,显然有一个插头了,再添加一个即可,那么就有两个选择,要码向下,要码向右,就要有两个转移。
这个状态是(100011),当前决策格子是第二行第三个格子,显然之前没有有一个插头了,只能添加两个,或者不添加,不添加,就肯定不经过这个格子,显然只能这个格子是不可行的。
你自己推理一下,为什么要从i,j-1个格子中状态转移过来和上一层的状态转移到下层,你会发现轮廓线的美妙。
自己用笔画画吧,好记性不如烂笔头。
不过状态转移上有点区别,他是当前状态转到后来状态,我是当前状态从前面转来。
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。
这题是插头dp,刚刚学习,不是很熟悉,研究了好几天才明白插头dp的方法,他们老是讲一些什么轮廓线啊,插头啊什么的,刚开始完全不知道这些事干什么的,看完cdq的大作后也是一头的雾水,看代码,画图,一步一步的推,终于明白了,那个是为什么,这里讲一讲。
轮廓线表示的是当前插头的状态,这题中状态中1表示有插头,0表示无插头,如果是横线的话就是上面的格子与下面的格子相连的状态,这题中显然一个格子中要码有两个插头(经过这个格子),要码没有插头(不经过这个格子),因为不可能分叉走,每个格子走一次。
这个状态表示(101111),当前决策格子是第二行第三个格子,显然它已经有了两个插头,也就是有1条线穿过它,所以不用再加插头了。
这个状态是(100111)和(101011),当前决策格子是第二行第三个格子,显然有一个插头了,再添加一个即可,那么就有两个选择,要码向下,要码向右,就要有两个转移。
这个状态是(100011),当前决策格子是第二行第三个格子,显然之前没有有一个插头了,只能添加两个,或者不添加,不添加,就肯定不经过这个格子,显然只能这个格子是不可行的。
你自己推理一下,为什么要从i,j-1个格子中状态转移过来和上一层的状态转移到下层,你会发现轮廓线的美妙。
自己用笔画画吧,好记性不如烂笔头。
不过状态转移上有点区别,他是当前状态转到后来状态,我是当前状态从前面转来。
#include <stdio.h> #include <string.h> #include<functional> #include <queue> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 13; const int inf = 1<<30; typedef __int64 LL; int n,m; int map[maxn][maxn]; LL dp[maxn][maxn][1<<13]; //dp[i][j][k]第i行j列插头状态 LL GetDp() { memset( dp,0,sizeof(dp) ); dp[0][m][0] = 1; for( int i = 1; i <= n; i ++ ){ for( int j = 0; j < (1<<m); j ++ ){ dp[i][0][(j<<1)] = dp[i-1][m][j]; } for( int j = 1; j <= m; j ++ ) { int x = 1<<j; int y = 1<<(j-1); for( int k = 0; k < (1<<(m+1)); k ++ ){ if( map[i][j] ){ if( (k&x) && (k&y) ){ dp[i][j][k] = dp[i][j-1][k-x-y]; } else if( !(k&x) && !(k&y) ){ dp[i][j][k] = dp[i][j-1][k+x+y]; } else{ dp[i][j][k] = dp[i][j-1][k^x^y] + dp[i][j-1][k]; } } else{ if( !(k&x) && !(k&y) ) dp[i][j][k] = dp[i][j-1][k]; else dp[i][j][k] = 0; } } } } return dp [m][0]; } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("data.txt","r",stdin); #endif int cas,c = 1; scanf("%d",&cas); while( cas -- ) { scanf("%d%d",&n,&m); for( int i = 1; i <= n; i ++ ){ for( int j = 1;j <= m; j ++ ){ scanf("%d",&map[i][j]); } } printf("Case %d: There are %I64d ways to eat the trees.\n",c++,GetDp()); } return 0; }
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