BZOJ1087 [SCOI2005]互不侵犯King [遞推][狀態壓縮]

BZOJ1087 [SCOI2005]互不侵犯King [遞推][狀態壓縮]

Description

在N×N$N\times N$ 的棋盤裏面放K$K$ 個國王，使他們互不攻擊，共有多少種擺放方案。

國王能攻擊到它上下左右，以及左上左下右上右下八個方向上附近的各一個格子，共8個格子。

Input

只有一行，包含兩個數N，K （ 1 <=N <=9, 0 <= K <= N * N）

Output

方案數。

解法

由於N∈[0,9]$N\in [0,9]$ ，所以考慮搜索或位運算。但是搜索很費空間，而且這種題應該很費時間而且這是遞推練習題，所以就是位運算+遞推了。

首先，根據經驗，應當有兩維分別表示當前的行數和當前行的狀態（01狀態：當前行有哪些格子放了King(1)，哪些沒有(0)）。但是還缺少一個信息：已經使用了多少個King。所以設定一個三維狀態f(i,j,k)$f(i,j,k)$ 表示第i$i$ 行的狀態爲j$j$ （一個01狀態），且前i$i$ 行已經用了的King的數量爲k$k$ 。

令bitcnt(i)$bitcnt(i)$ 表示i$i$ 對應的二進制數中1的個數，如bitcnt(3)=2$bitcnt(3)=2$ 。可以得到一個方程：

f(i,j,k)=Σf(i−1,p,k−bitcnt(j))$$f(i,j,k)=\mathrm{\Sigma }f(i-1,p,k-bitcnt(j))$$

(bitcnt(p)≤bitcnt(j),p本身合法,p與j不矛盾)$$(bitcnt(p)\le bitcnt(j),p本身合法,p與j不矛盾)$$

代碼裏枚舉這三維即可，時間複雜度O(N∗K∗2N)$O(N\ast K\ast 2^N)$ 。

Latex好看，不過真煩人(꒪Д꒪)

經驗

1. 棋盤問題，或者方格問題：位運算，DP遞推，搜索（通常是寬搜，或者深搜+最優化剪枝）……蒟蒻表示現在只能想到這點。
2. 慎重考慮01狀態表示的是什麼，比如這道題，到底是把能放King的個子標爲1，還是把已經放了King的格子標爲1。

代碼

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define N 550
#define ll long long
using namespace std;
ll bitcnt(ll x){
    ll Ans=0;
    while(x)Ans+=(x&1LL),x>>=1LL;
    return Ans;
}
bool OK(ll x){
    if(x&(x>>1LL) || x&(x<<1LL))return false;
    return true;
}
bool Mark[N];ll cnt[N],f[10][100][N];
int main(){
    ll n,k;scanf("%lld%lld",&n,&k);
    ll maxn=(1<<n)-1;
    for(ll i=0;i<=maxn;i++){
        Mark[i]=OK(i);
        if(!Mark[i])continue;
        cnt[i]=bitcnt(i);
        f[1][cnt[i]][i]=1LL;//Initialize
    }
    for(ll i=2;i<=n;i++)
        for(ll j=0;j<=k;j++)
            for(ll k=0;k<=maxn;k++){
                if(!Mark[k] || cnt[k]>j)continue;
                for(ll p=0;p<=maxn;p++){
                    if(!Mark[p])continue;
                    if(p&k || (p<<1LL)&k || (p>>1LL)&k)continue;
                    f[i][j][k]+=f[i-1][j-cnt[k]][p];
                }
            }
    ll Ans=0;
    for(ll i=0;i<=maxn;i++)Ans+=f[n][k][i];
    printf("%lld",Ans);return 0;
}