This page looks best with JavaScript enabled

「TJOI2015」棋盘-状压dp+矩阵快速幂

 ·  ✏️ About  902 words  ·  ☕ 2 mins read · 👀... views

有一个 $n$ 行 $m$ 列的棋盘,棋盘上可以放很多特殊的棋子,每个棋子的攻击范围是 $3$ 行 $p$ 列。输入数据用一个 $3 \times p$ 的矩阵给出了棋子攻击范围的模板,棋子被默认在模板中的第 [二] 行,第 [$k+1$] 列,模板中棋子能攻击到的位置标记为 1,不能攻击到的位置是 0 $(1 \leq p \leq m, 0 \leq k < p)$。输入数据保证模板中的第 [二] 行第 [$k+1$] 列是 1

打开门的密码是这样的:在要求棋子互相不能攻击到的前提下,摆放棋子的方案数。注意什么棋子都不摆也算作一种可行方案。请求出方案对 $2^{32}$ 取余的结果即可。

注:为使题面符合正常人的思维,对其做了微小的修改,已经用粗体标出。

题解

很显然, $m$ 那么小,我们肯定可以状态压缩了。

我们注意到,相当于你在某一行放置的棋子,都只会对本行和前后各一行行产生影响,所以事实上如果我们记录前一行就可以完成状态的记录。

我们可以得到一个状态转移方程,令 $i$ 为还剩下的行数, $S$ 为上一行的状态:

$$
dp[i][S] =
\left{
\begin{aligned}{}
&[S\text{为合法状态}]&,&i = 0\
&\sum dp[i-1][S’] ,SS’\text{满足条件A} &,&i \neq 0 \
\end{aligned}
\right.
$$

其中条件 $A$ 为 $S,S’均合法 且 SS’ 不冲突$。

计算合法、不冲突就直接状压按照规则来就可以了,枚举每个位置,然后计算不能放棋子的位置,在取一个与即可。

注意到复杂度有些高…貌似是 $O(n(2^m)^2) = 10^6 \times 64 \times 64 \approx 4 \times 10^9$ ,再加上我们对于任意的 $i$ ,我们的转移是一样,就可以套上矩阵快速幂,复杂度即为 $O((2^m)^3 \times \log n) \approx 5 \times 10^6$ 可过…

取模使用 unsigned int 自然溢出即可。

代码

 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
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ui unsigned int
using namespace std;

const int MAXN = 70;

int n,m,p,k,M;
int limit[3];


struct Matrix{
  ui num[MAXN][MAXN];
  Matrix(int op = 0){
    memset(num,0,sizeof(num));
    for(int i = 0;i<MAXN;i++){num[i][i] = op;}
  }
  ui * operator [](int n){return num[n];}
};

Matrix mul(Matrix &_x,Matrix &_y){
  Matrix ans;
  for(int i = 0;i<M;i++)
    for(int j = 0;j<M;j++)
      for(int k = 0;k<M;k++)
        ans[i][j] += _x[i][k] * _y[k][j];
  return ans;
}

Matrix pow(Matrix x,int k){
  Matrix ans(1);
  for(int i = k;i;i>>=1,x = mul(x,x)) if(i&1) ans = mul(ans,x);
  return ans;
}

int getv(int x,int op){
  int ans = 0;
  for(int i = 0;i<m;i++)
    if(x&(1<<i)) ans |= (i<=k?limit[op]>>(k-i):limit[op]<<(i-k));
  return ans;
}

bool judge_self(int x){return x & getv(x,1);}
bool judge_next(int L,int R){return (L & getv(R,0)) || (R & getv(L,2));}

void init(){
  scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&p,&k);M = 1 << m;
  for(int i = 0;i<3;i++){
    for(int j = 0;j<p;j++){
      int t;scanf("%d",&t);
      limit[i] |= t * (1<<j);
    }
  }
  limit[1] -= (1<<k);
}

void solve(){
  Matrix a;
  for(int i = 0;i<M;i++){
    if(judge_self(i)) continue;
    for(int j = 0;j<M;j++){
      if(judge_self(j)) continue;
      if(!judge_next(j,i)){
        a[i][j]++;
      }
    }
  }
  a = pow(a,n);
  ui ans = 0;
  for(int i = 0;i<M;i++){
    if(!judge_self(i)) ans += a[0][i];
  }
  printf("%u\n",ans);
}

int main(){
  init();
  solve();
  return 0;
}

cqqqwq
WRITTEN BY
cqqqwq
A student in Computer Science.

评论: