DP算法总结&专题训练3（状压 DP）

其他 2021-03-18 23:44:00 阅读次数: 0

DP算法总结&专题训练3（状压DP）

1. 前言

本篇博文是状压 DP 的练习题博文。

没有学过状压 DP？

传送门：算法学习笔记：状态压缩 DP

状压 DP 非常之灵活，这里选了 3 道经典题。

更多的题目？请前往洛谷用户 @StudyingFather 的 一个动态更新的洛谷综合题单 查看。

2. 练习题

题单：

P2704 [NOI2001] 炮兵阵地

这道题是一道简单题，相信各位掌握了互不侵犯那题后很容易解决。

设 f i , j , k f_{i,j,k} fi,j,k​ 表示 1 − i 1-i 1−i 行，第 i i i 行状态为 j j j，第 i − 1 i-1 i−1 行状态为 k k k 的方案数。

那么转移方程如下：

f i , j , k = max ⁡ { f i − 1 , k , l + S u m j } f_{i,j,k}=\max\{f_{i-1,k,l}+Sum_j\} fi,j,k​=max{ fi−1,k,l​+Sumj​}

保证 j , k , l j,k,l j,k,l 状态合法。

判断状态合法？ ( j & k ) ∣ ∣ ( k & l ) ∣ ∣ ( l & j ) (j \& k) || (k \& l) || (l \& j) (j&k)∣∣(k&l)∣∣(l&j)

于是就结束了……

等一等！我 MLE 了！

这也就是在上一篇博文中作者特别提及过的问题。

这道题需要压缩空间。

两种方法：

  1. 采用滚动数组的方式，减少第一维的空间。
    因为这道题的转移当前行只和上一行有关系，因此第一位只需要开 2，然后利用 i m o d    2 i \mod 2 imod2 来转移即可。
  2. 上篇博文中作者提到过，这道题如果我们将合法状态输出，会发现 最多只有 60 个。 所以完全可以直接压缩后两位状态到 60。

当然可以两个一起，但是感觉没什么用处。

代码：

/*
========= Plozia =========
	Author:Plozia
	Problem:P2704 [NOI2001] 炮兵阵地
	Date:2021/3/2
========= Plozia =========
*/

#include <bits/stdc++.h>
#define Max(a, b) ((a > b) ? a : b)

typedef long long LL;
const int MAXN = (1 << 10) + 10, MAXP = 60 + 10;
int n, m, cnt, State[MAXN], Sum[MAXN], a[100 + 10][100 + 10], Map[100 + 10], f[100 + 10][MAXP][MAXP], ans = 0;

int read()
{
    
    
	int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48);
	return sum * fh;
}

void dfs(int pos, int sum, int num)
{
    
    
	if (pos >= m) {
    
    State[++cnt] = sum; Sum[cnt] = num; return ;}
	dfs(pos + 1, sum, num);
	dfs(pos + 3, sum + (1 << pos), num + 1);
}

int main()
{
    
    
	n = read(), m = read();
	Map[0] = (1 << m) - 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= m; ++j)
		{
    
    
			char ch; std::cin >> ch;
			if (ch == 'P') a[i][j] = 1;
			Map[i] += a[i][j] * (1 << (m - j));
		}
	dfs(0, 0, 0);
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
		for (int j = 1; j <= cnt; ++j)
			f[1][i][j] = Sum[i];
	for (int i = 2; i <= n; ++i)
	{
    
    
		for (int j = 1; j <= cnt; ++j)
		{
    
    
			if (!((Map[i] & State[j]) == State[j])) continue;
			for (int k = 1; k <= cnt; ++k)
			{
    
    
				if (!((Map[i - 1] & State[k]) == State[k])) continue;
				for (int l = 1; l <= cnt; ++l)
				{
    
    
					if (!((Map[i - 2] & State[l]) == State[l])) continue;
					if ((State[j] & State[k]) || (State[k] & State[l]) || (State[j] & State[l])) continue;
					f[i][j][k] = Max(f[i][j][k], f[i - 1][k][l] + Sum[j]);
				}
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
		for (int j = 1; j <= cnt; ++j)
			ans = Max(ans, f[n][i][j]);
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

P2157 [SDOI2009]学校食堂

先补充一个式子：

a  or  b  -  a  and  b = a  xor  b a \text{ or } b \text{ - } a \text{ and } b = a \text{ xor } b a or b - a and b=a xor b

不过不知道这个结论好像也可以做

神仙状压 DP 题。

第一眼看上去的时候我傻了： 1 ≤ n ≤ 1000 1\leq n \leq 1000 1≤n≤1000.

这怎么状压啊？没法状压啊？

然后我又看了一眼数据： 0 ≤ B i ≤ 7 0 \leq B_i \leq 7 0≤Bi​≤7。

哦那没事了。

于是我们首先有了一个状态的雏形： f i , j f_{i,j} fi,j​ 表示当前做到第 i i i 个人而且 [ 1 , i − 1 ] [1,i-1] [1,i−1] 的人全部都拿过了饭的最小等待时间，其中当前第 i i i 个人以及其后面 7 个人拿饭组成的状态为 j j j。

于是你会发现状态转移方程写不出来。

写不出来吗？我们试着写一写：

  1. 如果第 i i i 个人拿了饭，也就是 j & 1 j \& 1 j&1 为真，那么此时 i i i 就可以走人，直接转移时间到 f i + 1 , j > > 1 f_{i+1,j>>1} fi+1,j>>1​。
  2. 如果第 i i i 个人不拿饭，那么我们需要从后面挑一个人出来拿饭，于是就。。。。。。

你会发现，如果我们不知道上一个拿饭的人是谁，是无法算出转移新增的时间的！

于是我们引入第三维变量 k k k 来记录上一个拿饭的人， k ∈ [ − 8 , 7 ] k \in [-8,7] k∈[−8,7] 表示距离 i i i 的位置，也就是上一个拿饭的人是 i + k i+k i+k。

那么再次写转移方程：

  1. 如果第 i i i 个人拿了饭，也就是 j & 1 j \& 1 j&1 为真，那么此时 i i i 就可以走人，直接转移时间到 f i + 1 , j > > 1 , k − 1 f_{i+1,j>>1,k-1} fi+1,j>>1,k−1​。
  2. 如果第 i i i 个人不拿饭，也就是 j & 1 j \& 1 j&1 为假，此时我们需要从后面挑一个人出来拿饭，假设这个人是 i + l i+l i+l，那么他将影响到的是 f i , j ∣ ( 1 < < l ) , l f_{i,j|(1<<l),l} fi,j∣(1<<l),l​。
    什么意思呢？由于第 i i i 个人不拿饭，那么没法转移到第 i + 1 i+1 i+1，但是第 l l l 个人先拿了饭，此时的状态就会变成 j ∣ ( 1 < < l ) j|(1<<l) j∣(1<<l)，上一个人编号为 i + l i+l i+l。
    但是需要注意的是，考虑到 i i i 后面的人可能会有更小的容忍值，那么此时我们需要变量 r r r 来记录当前最多能够使谁拿饭（也就是编号最大的），如果超出这个值就说明有人不能容忍了，要立刻停止转移。

初值： f 1 , 0 , 0 = 0 f_{1,0,0}=0 f1,0,0​=0，其余为正无穷。答案： min ⁡ { f n + 1 , 0 , i ∣ i ∈ [ − 8 , 0 ] } \min\{f_{n+1,0,i}|i \in [-8,0]\} min{ fn+1,0,i​∣i∈[−8,0]}。

需要注意的是，考虑到数组维度不能开负数， k k k 都要加 8，而这就导致了很多细节性的问题，需要注意。

代码：

/*
========= Plozia =========
	Author:Plozia
	Problem:P2704 [NOI2001] 炮兵阵地
	Date:2021/3/2
========= Plozia =========
*/

#include <bits/stdc++.h>
#define Max(a, b) ((a > b) ? a : b)

typedef long long LL;
const int MAXN = (1 << 10) + 10, MAXP = 60 + 10;
int n, m, cnt, State[MAXN], Sum[MAXN], a[100 + 10][100 + 10], Map[100 + 10], f[100 + 10][MAXP][MAXP], ans = 0;

int read()
{
    
    
	int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48);
	return sum * fh;
}

void dfs(int pos, int sum, int num)
{
    
    
	if (pos >= m) {
    
    State[++cnt] = sum; Sum[cnt] = num; return ;}
	dfs(pos + 1, sum, num);
	dfs(pos + 3, sum + (1 << pos), num + 1);
}

int main()
{
    
    
	n = read(), m = read();
	Map[0] = (1 << m) - 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= m; ++j)
		{
    
    
			char ch; std::cin >> ch;
			if (ch == 'P') a[i][j] = 1;
			Map[i] += a[i][j] * (1 << (m - j));
		}
	dfs(0, 0, 0);
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
		for (int j = 1; j <= cnt; ++j)
			f[1][i][j] = Sum[i];
	for (int i = 2; i <= n; ++i)
	{
    
    
		for (int j = 1; j <= cnt; ++j)
		{
    
    
			if (!((Map[i] & State[j]) == State[j])) continue;
			for (int k = 1; k <= cnt; ++k)
			{
    
    
				if (!((Map[i - 1] & State[k]) == State[k])) continue;
				for (int l = 1; l <= cnt; ++l)
				{
    
    
					if (!((Map[i - 2] & State[l]) == State[l])) continue;
					if ((State[j] & State[k]) || (State[k] & State[l]) || (State[j] & State[l])) continue;
					f[i][j][k] = Max(f[i][j][k], f[i - 1][k][l] + Sum[j]);
				}
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
		for (int j = 1; j <= cnt; ++j)
			ans = Max(ans, f[n][i][j]);
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

P5005 中国象棋 - 摆上马

相信自己的做法，大喊一声 ：I won’t MLE！你就会过这道题。

于是我就 MLE 了。

先假设空间限制为 256 MB，然后来想这道题。

这是一道二维的状压 DP，模仿第一题不难想到设 f i , j , k f_{i,j,k} fi,j,k​ 表示当前做到第 i i i 行，当前行状态为 j j j，上一行状态为 k k k 的方案数。

因为马攻击范围可以到上下两行，所以需要枚举上上行状态 l l l。

那么转移方程如下：

f i , j , k = ∑ f i − 1 , k , l f_{i,j,k}=\sum f_{i-1,k,l} fi,j,k​=∑fi−1,k,l​

其中保证 j , k , l j,k,l j,k,l 不会互相冲突。

初值： f 1 , i , 0 = 1 f_{1,i,0}=1 f1,i,0​=1，第二行需要特别处理，因为没有上上行。

于是我们可以先写下面这样的代码：

for (int i = 0; i < (1 << m); ++i)
		for (int j = 0; j < (1 << m); ++j)
			if (i 与 j 不冲突) f[2][j][i] = (f[2][j][i] + f[1][i][0]) % P;
for (int i = 3; i <= n; ++i)
	for (int j = 0; j < (1 << m); ++j)
		for (int k = 0; k < (1 << m); ++k)
		{
    
    
			f[i][j][k] = 0;
			if (j 与 k 冲突) continue;
			for (int l = 0; l < (1 << m); ++l)
			{
    
    
				if (k 与 l 冲突) continue;
				if (j 与 l 冲突) continue;
				f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][k][l]) % P;
			}
		}
ans = 0;
for (int i = 0; i < (1 << m); ++i)
	for (int j = 0; j < (1 << m); ++j)
		if (i 与 j 不冲突) ans = (ans + f[n][i][j]) % P;

然后来考虑怎么处理冲突问题。

冲突分两种：两行冲突（Two_attack）和三行冲突（Three_attack）。

  • 两行冲突：也就是单行对下一行的攻击是否与下一行冲突。
  • 三行冲突：也就是第一行的跨行攻击是否对第三行冲突。

不好理解？那就对了，反正我说的也不是人话， 上图！

两行冲突：

在这里插入图片描述

从右往左考虑。记当前状态为 10110110

第一个格子没有马，跳过。

第二个格子有马，那么这个格子右边有马吗？没有。于是可以向右攻击。但是他左边有马，于是不能想左攻击。

那么就变成了这样：

在这里插入图片描述

第三个格子，右边有马，左边没有马，那么可以向左边攻击。

在这里插入图片描述

这么循环反复，最后就变成了这样：

在这里插入图片描述

三行冲突（暂且不考虑两行冲突）：

在这里插入图片描述

还是考虑第一行，发现右数第二格有马，而且没被挡住，那么可以向下面两行攻击。

在这里插入图片描述

然后右数第三个，有马且没被挡住，可以向下攻击。

那么继续做下去，发现只有第一列的马被挡住，那么最后结果如下：

在这里插入图片描述

于是就做完了。

关于代码实现：

首先我们需要两个基础函数：

int Getbit(int x, int a)//返回 x 的二进制下第 a 位且保留右侧 0
{
    
    
	if (a < 1) return 0;
	return x & (1 << (a - 1));
}

int check(int x, int a)//查询 x 的二进制下第 a 位
{
    
    
	if (a < 1) return 0;
	if (x & (1 << (a - 1))) return 1;
	return 0;
}

然后就可以愉快的打代码了。

这里有一个小技巧：-1 的补码是 11111111111111111111111111111111（32 个1），可以利用这个来处理位运算。

Two_attack 和 Three_attack 如下：

int Two_attack(int k)//k 是上面一行状态
{
    
    
	int State = 0;
	for (int i = 1; Getbit(-1, i) <= k; ++i)
	{
    
    
		if (!check(k, i)) continue;
		if (!check(k, i - 1)) State |= Getbit(-1, i - 2);
		if (!check(k, i + 1)) State |= Getbit(-1, i + 2);
	}
	return State;
}

int Three_attack(int k, int l)//k 是第一行，l 是第二行
{
    
    
	int State = 0;
	for (int i = 1; Getbit(-1, i) <= k; ++i)
	{
    
    
		if (!check(k, i)) continue;
		if (!check(l, i)) State |= Getbit(-1, i - 1), State |= Getbit(-1, i + 1);
	}
	return State;
}

那么就做完了。

特别提醒：因为本题毒瘤的空间限制，必须使用滚动数组压缩空间。

代码：

/*
========= Plozia =========
	Author:Plozia
	Problem:P5005 中国象棋 - 摆上马
	Date:2021/3/5
========= Plozia =========
*/

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
const int P = 1e9 + 7;
int n, m;
LL f[3][64][64], ans;

int read()
{
    
    
	int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48);
	return (fh == 1) ? sum : -sum;
}

int Getbit(int x, int a)//返回 x 的二进制下第 a 位且保留右侧 0
{
    
    
	if (a < 1) return 0;
	return x & (1 << (a - 1));
}

int check(int x, int a)//查询 x 的二进制下第 a 位
{
    
    
	if (a < 1) return 0;
	if (x & (1 << (a - 1))) return 1;
	return 0;
}

int Two_attack(int k)//k 是上面一行状态
{
    
    
	int State = 0;
	for (int i = 1; Getbit(-1, i) <= k; ++i)
	{
    
    
		if (!check(k, i)) continue;
		if (!check(k, i - 1)) State |= Getbit(-1, i - 2);
		if (!check(k, i + 1)) State |= Getbit(-1, i + 2);
	}
	return State;
}

int Three_attack(int k, int l)//k 是第一行，l 是第二行
{
    
    
	int State = 0;
	for (int i = 1; Getbit(-1, i) <= k; ++i)
	{
    
    
		if (!check(k, i)) continue;
		if (!check(l, i)) State |= Getbit(-1, i - 1), State |= Getbit(-1, i + 1);
	}
	return State;
}

int main()
{
    
    
	n = read(), m = read();
	for (int i = 0; i < (1 << m); ++i) f[1][i][0] = 1;
	for (int i = 0; i < (1 << m); ++i)
		for (int j = 0; j < (1 << m); ++j)
			if ((!(Two_attack(i) & j)) & (!(Two_attack(j) & i))) f[2][j][i] = (f[2][j][i] + f[1][i][0]) % P;
	for (int i = 3; i <= n; ++i)
		for (int j = 0; j < (1 << m); ++j)
			for (int k = 0; k < (1 << m); ++k)
			{
    
    
				f[i % 3][j][k] = 0;
				if (Two_attack(j) & k) continue;
				if (Two_attack(k) & j) continue;
				for (int l = 0; l < (1 << m); ++l)
				{
    
    
					if (Two_attack(l) & k) continue;
					if (Two_attack(k) & l) continue;
					if (Three_attack(l, k) & j) continue;
					if (Three_attack(j, k) & l) continue;
					f[i % 3][j][k] = (f[i % 3][j][k] + f[(i - 1) % 3][k][l]) % P;
				}
			}
	ans = 0;
	for (int i = 0; i < (1 << m); ++i)
		for (int j = 0; j < (1 << m); ++j)
			if ((!(Two_attack(i) & j)) & (!(Two_attack(j) & i))) ans = (ans + f[n % 3][i][j]) % P;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

3. 总结

状压 DP 还是非常灵活的，非常考验思维能力以及代码能力，需要多加练习。

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转载自blog.csdn.net/BWzhuzehao/article/details/114288778
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