1. 前言
状态压缩 DP，简称状压 DP，是一种 DP (废话)。
这种 DP 的特点就是通常与二进制有关（当然也可能是其他进制），通常复杂度为 2 的阶乘次级别。
状压 DP 的问题有两个鲜明的特征：
- 问题的数据规模特别小，2 的阶乘次可以通过。
- 题目通常都是选与不选两种选择，可以使用二进制串表示。
第 2 个是什么意思呢？
打个比方，现在有 5 盘菜在你面前，编号 1-5，你此时想吃 1,3,4 号菜，那么就可以将你做的选择表示为 10110 的二进制串。
在继续看下去之前，请先确保熟练掌握各种位运算的知识。不了解的读者可以参考 OI-wiki：位运算。
如果没有特殊说明，本文的所有 01 串全部视为二进制串。
2. 详解
对于状压 DP，尤其重要的一点是：搞清楚二进制串表示的意义是什么。
通常来讲，题中只有两种选择的物品就可以使用二进制串来表示。
比如这道题，对于每一行而言：每一个格子只可能放或不放，那么此时就可以用二进制串表示。
例如 n = 6 n=6 n=6 时，101001 表示第 1,3,6 列放，其余列不放。
那么首先我们需要一个 dfs 函数确定所有二进制串。
需要注意的是，在 dfs 中，为了接下来处理方便，我们需要尽可能的将题中限制条件加入 dfs 中以减少状态数和后面 DP 时的非法状态判断。
对于这道题，我们能够完成的就是在 dfs 的时候提前将相邻两项均为 1 的二进制串过滤掉。
代码：
void dfs(int pos, int num, int one)
{
if (pos >= n) {
State[++cnt] = num; sum[cnt] = one; return ;}
dfs(pos + 1, num, one);
dfs(pos + 2, num + (1 << pos), one + 1);
}
其中 S t a t e i State_i Statei 表示第 i i i 个状态对应的二进制串， s u m i sum_i sumi 表示第 i i i 个二进制串用了多少个 1。
现在已经知道了所有单行内合法的二进制串，那么接下来开始设计 DP。
设 f i , j , k f_{i,j,k} fi,j,k 表示在第 i i i 行， 1 − i 1-i 1−i 行已经使用了 j j j 个 1，当前行的状态为 S t a t e k State_k Statek 的方案数。
需要注意的是：
- j j j 个 1 实际上就是 j j j 个国王。
- 注意第三位的 k k k 只是一个标号，真正的状态是 S t a t e k State_k Statek，这样做是因为 S t a t e k State_k Statek 可能很大，防止炸空间。
- j ≥ s u m k j \geq sum_k j≥sumk
那么怎么转移呢？
对于第 i i i 行的转移，我们需要知道这样 3 个消息：
- 当行二进制串 S t a t e j State_j Statej。
- 上一行二进制串 S t a t e k State_k Statek。
- 上一行至第一行用了 l l l 个 1。
但是考虑到一个国王可能会影响到上面一行的拜访，我们需要过滤掉这些非法情况。
分为 3 种情况：
- 如下。
这种情况下为上一行国王在这一行国王正上方，判断方法为 j & k j \& k j&kk:....1.... j:....1.... - 如下。
这种情况下为上一行国王在这一行国王左上角，判断方法为 ( j < < 1 ) & k (j<<1)\&k (j<<1)&k，利用右移运算转化成第 1 种情况。k:...1..... j:....1.... - 如下。
这种情况下为上一行国王在这一行国王右上角，判断方法为 ( j > > 1 ) & k (j>>1)\&k (j>>1)&k，同样利用左移运算转化成第 1 种情况。k:.....1... j:....1....
当上面三条有任意一条符合，即为非法状态。
这样过滤了所有非法状态之后，就可以愉快的转移啦！
转移方程如下：
f i , l + s u m j , j = ∑ f i − 1 , l , k ( l ≥ s u m k ) f_{i,l+sum_j,j}=\sum f_{i-1,l,k}(l \geq sum_k) fi,l+sumj,j=∑fi−1,l,k(l≥sumk)
其中 j , k j,k j,k 为合法状态。
最后答案为 ∑ f n , k , i ∣ i ∈ [ 1 , c n t ] \sum f_{n,k,i}|i \in [1,cnt] ∑fn,k,i∣i∈[1,cnt]。
初值： f 1 , s u m i , i = 1 ∣ i ∈ [ 1 , c n t ] f_{1,sum_i,i}=1|i \in [1,cnt] f1,sumi,i=1∣i∈[1,cnt]。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 9 + 5, MAXP = (1 << 9) + 10, MAXK = 9 * 9 + 10;
int n, p, State[MAXP], sum[MAXP], cnt;
LL f[MAXN][MAXK][MAXP];
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;
}
void dfs(int pos, int num, int one)
{
if (pos >= n) {
State[++cnt] = num; sum[cnt] = one; return ;}
dfs(pos + 1, num, one);
dfs(pos + 2, num + (1 << pos), one + 1);
}
int main()
{
n = read(), p = read();
dfs(0, 0, 0);
for (int i = 1; i <= cnt; ++i) f[1][sum[i]][i] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= cnt; ++j)
for (int k = 1; k <= cnt; ++k)
{
if (State[j] & State[k]) continue;
if ((State[j] << 1) & State[k]) continue;
if ((State[j] >> 1) & State[k]) continue;
for (int l = sum[j]; l <= p; ++l) f[i][l + sum[k]][k] += f[i - 1][l][j];
}
LL ans = 0;
for (int i = 1; i <= cnt; ++i) ans += f[n][p][i];
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
3. 关于空间
状压 DP 很要命的一点就是空间限制。
根据理论推算，上面这道题的状态数为 2 n 2^n 2n，这道题还好，但是在一些别的题目中就会 MLE。例子见『练习题』的博文的第一道练习题。链接后面有。
那么此时怎么办呢？
可以采用滚动数组的方式减小空间，比如第一道练习题，洛谷题解区绝大多数人都是采用滚动数组节省空间，但是其实有一种更好的方法。
将数据调到最大，看看有几个状态不是就好了？
比如上面这道题，当 n = 9 n=9 n=9 时，状态数只有 89 个，完全不用开 2 n 2^n 2n 空间，开 89 + 10 89+10 89+10 即可。
这个方法在卡状压 DP 的空间的时候尤其有用！
当然对于某些毒瘤题，两种方法都要用。
4. 练习题
练习题传送门：DP算法总结&专题训练3（状压 DP）