题意：给一个n*m的区域，里面有一些障碍物，往里面放2*3和3*2的矩形，矩形之间不能重叠，不能覆盖到障碍物，求能放置的最大个数。(n<=150,m<=10)
思路：看到m=10就应该往状压dp方面想了。由于有3*2的矩形，所以需要记录2行的状态，粗略估计状态数高达150*2^20=1.5*1e8，这么多状态必然超时，注意到如果(i-1,j)为0了，无论(i,j)为1或0，(i,j)都不能放矩形，于是知道有很多无用的或者说不合法的状态，两行的状态用m位3进制数表示同样能实现转移。由于3进制数操作起来麻烦，不妨用4进制代替3进制，从当前状态向后递推，新状态存在vector里，使用的时候先排序，然后跳过重复或不够优的状态来向后扩展。经测试，极限数据下，vector里有40000多个状态，有效状态只有1700多个，一下子降了一个数量级，简直逆天...对于这种存在大量无效状态的dp ，用vector+向后递推+排序去重有奇效。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 | #include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <vector>#include <ctime>#include <deque>#include <queue>#include <algorithm>using namespace std;void readInt(){}void RI(int&X){scanf("%d",&X);}template<typename...R>void RI(int&f,R&...r){RI(f);RI(r...);}void RIA(int*p,int*q){int d=p<q?1:-1;while(p!=q){scanf("%d",p);p+=d;}}void print(){cout<<endl;}template<typename T>void print(const T t){cout<<t<<endl;}template<typename F,typename...R>void print(const F f,const R...r){cout<<f<<", ";print(r...);}template<typename T>void print(T*p, T*q){int d=p<q?1:-1;while(p!=q){cout<<*p<<", ";p+=d;}cout<<endl;}template<typename T>bool umax(T &a, const T &b) { return a >= b? false : (a = b, true);}typedef pair<int, int> pii;#define pb push_back#define mp make_pair#define X first#define Y second#define all(a) (a).begin(), (a).end()vector<pii> dp[2];bool cmp(const pii &a, const pii &b) { return a.X < b.X || a.X == b.X && a.Y > b.Y;}int sta[157], now, row, ttl, n, m, k;pii s;bool chk(const int &s, const int &p) { return s & (1 << p);}void dfs(int col, int S, int V) { if (col == m) { dp[now ^ 1].pb(mp(S, V)); return ; } dfs(col + 1, S, V); int low = S & ttl, high = S >> m, r = low | high; if (col + 2 < m && !chk(r, col) && !chk(r, col + 1) && !chk(r, col + 2)) { int h = (1 << col) ^ (1 << (col + 1)) ^ (1 << (col + 2)); dfs(col + 3, (high ^ h) << m | (low ^ h), V + 1); } r |= s.X >> m; if (col + 1 < m && !chk(r, col) && !chk(r, col + 1)) { int h = (1 << col) ^ (1 << (col + 1)); dfs(col + 2, (high ^ h) << m | (low ^ h), V + 1); }}int main() {#ifndef ONLINE_JUDGE freopen("in.txt", "r", stdin);#endif // ONLINE_JUDGE int T; cin >> T; while (T --) { RI(n, m, k); memset(sta, 0, sizeof(sta)); for (int i = 0; i < k; i ++) { int x, y; RI(x, y); sta[x] ^= 1 << (y - 1); } dp[0].clear(); dp[1].clear(); now = 0; ttl = (1 << m) - 1; dp[0].pb(mp(ttl << m | sta[1], 0)); for (int i = 1; i < n; i ++) { dp[now ^ 1].clear(); sort(all(dp[now]), cmp); int sz = dp[now].size(); for (int j = 0; j < sz; j ++) { s = dp[now][j]; if (!j || s.X != dp[now][j - 1].X) dfs(0, (s.X << m | sta[i + 1]) & (ttl << m | ttl), s.Y); } now ^= 1; } int ans = 0; for (int i = 0; i < dp[now].size(); i ++) { umax(ans, dp[now][i].Y); } cout << ans << endl; } return 0;} |