【BZOJ5248】一双木棋（多省联考2018）-状压DP/轮廓线DP

测试地址：一双木棋
做法：本题需要用到状压DP/轮廓线DP。
注意到决策仅仅和当前的局面（即轮廓线）有关，而和之前的具体决策无关，因此我们令f(state)$f(state)$为轮廓线状态为state$state$时，当前要下的棋手能获得的和对手的最大分数差是多少。
观察到无论何时，轮廓线的形态从下到上看，都是要么向上走，要么向右走，也就是一种单调的形态。因此我们获得了一种表示轮廓线状态的方式：从下往上看，向上走就在该位填0$0$，向右走就在该位填1$1$。因为只会走n+m$n+m$次，所以状态最多有2n+m$2^{n+m}$个，可以接受。
那么状态转移方程就很显然了，对于所有可能转移到的状态next$next$，设要转移到这一个状态需要下棋的位置为(x,y)$(x,y)$，有：
f(state)=max(val(x,y)−f(next))$f(state)=max(val(x,y)-f(next))$
其中val(x,y)$val(x,y)$为当前棋手在(x,y)$(x,y)$下棋能获得的分数，显然state=(0...01...1)2$state=(\mathrm{0...01...1}{)}_2$时f(state)$f(state)$为答案。这样我们就可以通过记忆化搜索来完成这一题，时间复杂度为O(2n+m)$O(2^{n+m})$。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=(ll)1000000000*(ll)1000000000;
int n,m;
ll a[11][11],b[11][11],f[2000010]={0};
bool vis[2000010]={0};

ll dp(int st,bool type)
{
    if (vis[st]) return f[st];
    vis[st]=1;
    int x=n+1,y=1,last=-1,i=0,now=st;
    f[st]=-inf;
    while(now)
    {
        if (now&1)
        {
            if (last==0)
                f[st]=max(f[st],(type?a[x][y]:b[x][y])-dp(st-(1<<i)+(1<<(i-1)),!type));
            y++;
            last=1;
        }
        else x--,last=0;
        i++;now>>=1;
    }
    if (f[st]==-inf) f[st]=0;
    return f[st];
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            scanf("%lld",&a[i][j]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            scanf("%lld",&b[i][j]);

    int start=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        start+=(1<<(n+i-1));
    dp(start,1);
    printf("%lld",f[start]);

    return 0;
}