[状压dp] aw3494. 国际象棋(状压dp+第12届蓝桥杯CB组)

Posted 2021-07-28 Ypuyu

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• • 1. 题目来源
  • 2. 题目解析

1. 题目来源

链接：3494. 国际象棋

2. 题目解析

状压套路题。

直接采用 dfs 会必超时。

发下 n<=6 这个条件，且还是这种棋盘类型，故可以采用状压递推的方式求出方案数。

对于马走日这个操作而言，前前行，前行状态均会影响到本行的状态。即首先前行的马不能与前前行冲突，其次，本行的马不能与前行、前前行冲突。那么这个本行的方案就是一种可行方案。

且放置的马有数量限制，需要再添加一个维度来记录。

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理论上来讲，枚举行、列都是可以的。

但是注意状压 dp，我们一定是二进制枚举数量小的那一个维度，在此是 n，行比较小，故二进制枚举行，循环枚举列。f[i][a][b][j] 表示已经放好了 i-1 列之前的马，且第 i 列状态为 b，i-1 列的状态为 a，放置马的总数量为 j 的方案数。

答案需要对 a、b 进行枚举，将前行、前前行所有满足放置个数为 k 的状态进行累加，res += f[m][a][b][k]。

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时间复杂度：$O(n^5)$ 由于有很多的 if 判断存在，实际计算次数仅有 700w 次左右

空间复杂度：$O(n^4)$

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/*
 * @Descripttion: 
 * @version: 
 * @Author: Ypuyu
 * @Date: 2021-06-03 15:38:28
 * @LastEditors: Ypuyu
 * @LastEditTime: 2021-06-03 15:53:16
 */

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 105, M = 1 << 6, K = 25, MOD = 1e9+7;

int n, m, k;
int f[N][M][M][K];

// 计算二进制中 1 的个数，lowbit 操作
int get_count(int x) {
    int res = 0;
    while (x) {
        res ++ ;
        x -= x & -x;
    }
    return res;
}

int main() {
    cin >> n >> m >> k;
    f[0][0][0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= m; i ++ )                      // 循环枚举列，二进制枚举行放的情况
        for (int a = 0; a < 1 << n; a ++ )              // 前一列
            for (int b = 0; b < 1 << n; b ++ ) {        // 当前列
                if ((b << 2) & a || (b >> 2) & a) continue; // 如果当前列和上一列冲突
                for (int c = 0; c < 1 << n; c ++ ) {    // 上上列
                    if ((c << 2) & a || (c >> 2) & a) continue; // 与上列 a 发生冲突
                    if ((c << 1) & b || (c >> 1) & b) continue; // 与当前列 b 发生冲突
                    
                    int t = get_count(b);               // 当前列有放了 t 匹马
                    for (int j = t; j <= k; j ++ )      // 状态转移，前一个状态得把这 t 匹马的位置留出来
                        f[i][a][b][j] =  (f[i][a][b][j] + f[i - 1][c][a][j - t]) % MOD;

                }
            }
    
    // 放了 m 列，当前状态为 b，上一个状态为 a，总共放了 k 匹马的所有方案数
    int res = 0;
    for (int a = 0; a < 1 << n; a ++ )
        for (int b = 0; b < 1 << n; b ++ ) 
            res = (res + f[m][a][b][k]) % MOD;          
    cout << res << endl;

    return 0;
}