2020 CCPC 长春 J. Abstract Painting(状压dp)

Posted 2021-05-26 issue是fw

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顺序考虑区间上的每个点作为圆的右端点,定义$f[i]$表示$[0,i]$的方案数

考虑$i$点之前有一个直径为$[x-r,x+r]$的圆($x+r<i$)

当以$i$为右端点放直径为$[l,i]$的圆时, 显然$l$不能是$[x-r+1,x+r-1]$中的任意一点

只要满足这个条件,交点数一定小于等于$1$

然后注意到半径不超过$5$,所以以$i$为右端点的圆只需要考虑$[i-10,i-1]$的点是否能放

那么定义$f[i][j]$表示$[1,i]$中$[i-10,i]$的点空余状态为$j$(可以给后续圆放为$0$,不能为$1$)

那么每次枚举以$i$为右端点的圆的所有半径组合$1,2,3,4,5$(状压枚举)

判断一下是不是包括了这个点必须放的圆

然后枚举$f[i-1][q]$,判断是否产生冲突转移

(写起来细节非常多)

代码中第$0$位二进制表示位置$i$,第$1$位二进制表示位置$i-1$,以此类推

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int maxn = 3e5+19;
const int mx = (1<<11)-1;
const int mod = 1e9+7;
int n,k,f[5009][1<<12],ned[5009];
int get(int r)
{
    return mx&(((1<<(2*r))-2));
}
int main()
{
    cin >> n >> k;
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        int c,r; scanf("%d%d",&c,&r);
        ned[c+r] |= (1<<(r*2));
    }
    f[0][mx-1] = 1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int q=0;q<(1<<5);q++)
        {
   			int v = 0, zz = 0, maxx = 0;//v表示这个状态下覆盖点的状态,zz表示这个状态下端点的状态,maxx表示选择的最大圆 
			for(int w=0;w<5;w++)
				if( (q>>w)&1 )	v |= get(w+1), zz |= (1<<(2*w+2)), maxx = w+1;	
            if( (zz&ned[i])!=ned[i] || maxx*2>i )  continue;
            for(int j=0;j<(1<<11);j++)
            { 
                int now = ((j<<1)&mx);
                if( now&zz )  continue;
                now = now | v;
            	f[i][now] = ( 1ll*f[i][now]+f[i-1][j] )%mod;
            }
        }
    }
    long long ans = 0;
    for(int i=0;i<(1<<11);i++)  ans = ( ans+f[n][i] )%mod;
    cout << ans;
}