作者：mobiledu2502860983 | 来源：互联网 | 2024-10-13 18:43
本文主要是由Wiskey大神的博客的结合少许个人的总结，传送门概念：状态压缩是以二进制来保存每一个的状态，比如总共的物品有n件，那么我一共的状态有2^n次，最大的状态用二进制表示为11.
本文主要是由
Wiskey大神的博客的结合少许个人的总结，传送门
概念：
状态压缩是以二进制来保存每一个的状态，比如总共的物品有n件，那么我一共的状态有2^n次，最大的状态用二进制表示为11....n个1...11，经常得到这样的状态转移方程dp[11001] = dp[10001] + dp[11000] + dp[01001],当前状态只能由这些状态转移过来，相比较于一般的dp有什么优点呢？就在于二进制的位运算，一般的dp的话是用一个for循环来表示状态转移而二进制的速度快而且方便，注意位运算的优先级比较低，但是对于n比较大时，数组往往会开不下，所以一般n从1-20会选择使用状态压缩。
使用的范围：
根据二进制的特性，可以处理棋盘问题
1.简单棋盘问题
有n*n的一块棋盘，要往上面放n个棋子，同行同列不能有超过两个的棋子，问你有多少种方案
定义dp[i]表示状态为i的时候能放的种类数目，i其中的每一位表示的是列的编号，因为每一行只能放一个，所以状态转移的时候只要保证每一次都增加一个1就行了
这里有几个位运算的技巧
i)x&-x 可以得到x的从后往前的第一个非0的二进制 举个栗子 (注意二进制的位运算都是对于补码进行的)
x 原码 = 反码 = 补码 = 00101
-x 原码 = 10101 反码 = 11010 补码 11011
x & -x = 00001
ii)i^x 可以得到i去掉这个x之后的数 假如i= 10110 x = 00100 那么异或一下就是 10010
这样就得到了前面一个状态，然后对于这个状态我们再让他进行与运算逐步得到所有的状态，直到这个i = 0
代码：
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 1 <<20;
int dp[maxn];
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n)){
memset(dp,0,sizeof(dp));
int i,tmp = (1 <
2.对于有限制的棋盘问题（保证每一行都有一个能放）
#include
#include
#include
#include
const int maxn = 1 <<20;
int dp[maxn];
int map[20][20];
int a[20];
int n;
int main()
{
while(~scanf("%d",&n)){
for(int i = 1; i <= n ;i++){
a[i] = 0;
for(int j = 1; j <= n;j++){
map[i][j] = rand()%2;
a[i] = a[i]*2 + map[i][j];
printf("%d",map[i][j]);
}
printf("\n");
}
int i,tmp = (1<
3.给出一个n*m的棋盘（n,m <= 80),要在棋盘上放 k(k<=20) 个棋子，使得任意两个棋子不相临。问你方案种数。
定义dp[i][j][k]表示当前位于第i行时状态为s[j]棋子数目为k的种类数目，最后只要遍历所有可能的s[j]情况就是答案
状态转移方程 dp[i][j][k] += dp[i][p][k-c[j]](所有的p的可能性）只要满足 (s[j]&s[p]) == 0
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 1 <<10;
int s[105],c[105],dp[15][105][10];
int n,m,pn;
int top;
void dfs(int t,int state,int count,int *flag)
{
if(t == m){
s[++top] = state;
c[top] = count;
return ;
}
flag[t+1] = 0;
dfs(t+1,state*2,count,flag);
if(flag[t] == 0){
flag[t+1] = 1;
dfs(t+1,state*2 + 1,count+1,flag);//flag表示当前是第几个为了保证flag[t] = 0,flag[t+1] = 1
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&pn)){
int flag[20] = {0};
top = 0;
if(n = c[j] + c[p])
dp[i][j][k] += dp[i-1][p][k-c[j]];
}
}
}
}
int sum = 0;
for(int i = 1; i <= top; i++){
sum += dp[n][i][pn];
}
printf("%d\n",sum);
}
return 0;
}
4.在n*n(n≤10)的棋盘上放k个国王(可攻击相邻的8个格子)，求使它们无法互相攻击的方案数。
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 1 <<10;
int s[105],c[105],dp[15][105][10];
int n,pn;
int top;
void dfs(int t,int state, int count,int *flag)
{
if(t == n){
s[++top] = state;
c[top] = count;
return ;
}
flag[t] = 0;
dfs(t+1,state*2,count,flag);
if(flag[t-1] == 0 || t == 0){
flag[t] = 1;
dfs(t+1,state*2+1,count+1,flag);
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&pn)){
int flag[20] ={0};
top = 0;
dfs(0,0,0,flag);
//printf("%d\n",top);
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][1][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n ;i++){
for(int j = 1; j <= top ;j++){
for(int p = 1; p <= top; p++){
for(int k = c[j]; k <= pn; k++){
if((s[p]&s[j])||(s[j]&s[p]<<1)||(s[j]&s[p]>>1))
continue;
if(k >= (c[p] + c[j]))
dp[i][j][k] += dp[i-1][p][k-c[j]];
}
}
}
}
int sum = 0;
for(int i = 1; i <= top;i++)
sum += dp[n][i][pn] ;
printf("%d\n",sum);
}
return 0;
}
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