题解【洛谷P1896】[SCOI2005]互不侵犯

题面

棋盘类状压 DP 经典题。

我们考虑设 (dp_{i,j,s}) 表示前 (i) 行已经摆了 (j) 个国王，且第 (i) 行国王摆放的状态为 (s) 的合法方案数。

转移的时候枚举每一行的每种状态及已经摆放了的国王数量，然后枚举上一行的状态，如果合法就更新。

但是这样做的时间复杂度大致是 (10 imes 10^2 imes 2^{10} imes 10^3 = 10^9) 的，明显会 TLE，于是我们考虑如何优化。

其实我们在转移时有很多不合法的状态，即转移时的无用状态。于是我们考虑预处理一下所有在转移时合法的状态，这样优化后我们就可以 AC 本题了。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 13, maxm = 1 << 11, maxk = 103;

int n, m, k;
int cnt[maxm]; //存储每个状态中 1 的个数
long long ans, dp[maxn][maxk][maxm];
vector <int> g; //存储合法的状态
vector <int> can[maxm]; //存储每个状态可以转移到的合法状态

//判断一个状态是否合法，即判断是否有连续的 2 个 1
inline bool check(int x) 
{
    for (int i = 0; i < n; i+=1)
        if ((x >> i & 1) && (x >> (i + 1) & 1))
            return false;
    return true;
}

//求一个状态中 1 的个数
inline int get_1(int x)
{
    int sum = 0;
    for (int i = 0; i < n; i+=1)
        if (x >> i & 1)
            ++sum;
    return sum;
}

int main()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < (1 << n); i+=1) //枚举所有状态
        if (check(i)) //该状态合法
        {
            g.push_back(i); 
            cnt[i] = get_1(i);
        }
    int len = g.size(); //合法状态的个数
    for (int i = 0; i < len; i+=1)
        for (int j = 0; j < len; j+=1) //枚举每两个合法的状态
        {
            int a = g[i], b = g[j]; 
            if (!(a & b) && check(a | b))
                can[i].push_back(j); //两个状态在转移时可以放相邻两行
        }
    dp[0][0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i+=1) //枚举行数
        for (int j = 0; j <= m; j+=1) //枚举国王个数
            for (int k = 0; k < len; k+=1) //枚举状态
            {
                int len1 = can[k].size(), geshu_1 = cnt[g[k]];
                for (int ll = 0; ll < len1; ll+=1) //枚举上一行的状态
                {
                    int l = g[can[k][ll]];
                    if (j >= geshu_1) //可以进行转移
                        dp[i][j][g[k]] += dp[i - 1][j - geshu_1][l];
                }
            }
    for (int i = 0; i < (1 << n); i+=1) //枚举最后一行的状态
        ans += dp[n][m][i]; //统计答案
    cout << ans << endl; //输出答案
    return 0;
}