Poj

题目链接：https://vjudge.net/contest/224636#problem/G

转载于：https://blog.csdn.net/harrypoirot/article/details/23163485

题目大意：

农夫有一块地，被划分为m行n列大小相等的格子，其中一些格子是可以放牧的（用1标记），农夫可以在这些格子里放牛，其他格子则不能放牛（用0标记），并且要求不可以使相邻格子都有牛。现在输入数据给出这块地的大小及可否放牧的情况，求该农夫有多少种放牧方案可以选择（注意：任何格子都不放也是一种选择，不要忘记考虑！

解题分析就看上面那篇博客，我也是照着上面学的。

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

#define mod 100000000
int M, N, top = 0;
//top表示每行最多的状态数

int state[600];
//state存放每行所有的可行状态（即没有相邻的状态)

int dp[20][600];
//dp[i][j]:对于前i行数据，第i行有前j种可能状态时的解
int cur[20];
//cur[i]表示的是第i行整行的情况

inline bool ok(int x) {    //判断状态x是否可行
    if (x&x << 1)    return false;//若存在相邻两个格子都为1，则该状态不可行
    return true;
}

void init() {            //遍历所有可能的状态
    top = 0;
    int total = 1 << N; //遍历状态的上界
    for (int i = 0; i < total; ++i) {      //总共有total种状态需要讨论
        if (ok(i))state[++top] = i;       //state[]为一行中所有可行的状态
    }
}
                                //原理就是，如果你在不能够放1的位置放了1，那么这个方案肯定不可行
inline bool fit(int x, int k) { //判断状态x 与第k行的实际状态的逆是否有‘重合’               //判断理论上每一行能符合的情况是否与某一特定的行符合，因为每一行规定了能放1的位置
    if (x&cur[k])return false; //若有重合，（即x不符合要求)
    return true;  //若没有，则可行
}

int main() {
    while (scanf("%d%d", &M, &N) != EOF) {
        init();
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        for (int i = 1; i <= M; ++i) {
            cur[i] = 0;
            int num;
            for (int j = 1; j <= N; ++j) {  //输入时就要按位来存储，cur[i]表示的是第i行整行的情况，每次改变该数字的二进制表示的一位
                scanf("%d", &num);  //表示第i行第j列的情况（0或1）
                if (num == 0) //若该格为0    
                    cur[i] += (1 << (N - j)); //则将该位置为1（注意要以相反方式存储，即1表示不可放牧
            }       //cur[]数组，利用状态压缩，用一维数组，表示了二维的数据
        }
        for (int i = 1; i <= top; i++) {
            if (fit(state[i], 1)) {  //判断所有可能状态与第一行的实际状态的逆是否有重合
                dp[1][i] = 1;  //若第1行的状态与第i种可行状态吻合，则dp[1][i]记为1
            }
        }      //先算出第一行的情况，初始化dp[1][]的所有情况，方便下面dp的递推，


        //前面的都是准备工作，都是为了下面的这个状态转移方程做准备


        for (int i = 2; i <= M; ++i) {  //i索引第2行到第M行
            for (int k = 1; k <= top; ++k) { //该循环针对所有可能的状态，找出一组与第i行相符的state[k]
                if (!fit(state[k], i))continue; //判断是否符合第i行实际情况
                for (int j = 1; j <= top; ++j) { //找到state[k]后，再找一组与第i-1行符合，且与第i行（state[])不冲突的状态state[j]
                    if (!fit(state[j], i - 1))continue;  //判断是否符合第i-1行实际情况          //找出上一行的所有可行状态
                    if (state[k] & state[j])continue;    //判断是否与第i行冲突                 //判断第i行的状态是否与上一行冲突
                    dp[i][k] = (dp[i][k] + dp[i - 1][j]) % mod;  //若以上皆可通过，则将'j'累加到‘k'上              
                }    //这里就相当于dp[i][k]+=dp[i-1][j],只不过因为要取模运算，所以写成这样
            }        //状态转移方程的根据为，dp[i][k]表示第i行采用方案k时，前i总共有多少种可行的情况
        }
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= top; ++i) { //累加最后一行所有可能状态的值，即得最终结果！！！
            ans = (ans + dp[M][i]) % mod;                       
        }
        printf("%d
", ans);
    }
}

2018-07-26