【dp水题】HDU5079+LGP2051

HDU5079 Square

【题目大意】
给你一个n×n(n≤8)n \times n(n≤8)的棋盘,上面有一些格子必须是黑色,其它可以染黑或者染白,对于一个棋盘,定义它的优美度为它上面最大的连续白色子正方形的边长,对于每个0≤i≤n,问有多少种染色方案使得棋盘的优美度为i?

【解题思路】
比较显然的是这个题可以拆成n+1问来处理，每一问相当于求出优美度为i的方案数，但如果我们直接求恰好为i的方案数是比较困难的。考虑转化一下问题，我们就可以求出优美度至多为i的有多少种，这样答案显然就是求个差了。以下考虑我们现在要求的i为sz。

然后n最大才8，一眼看过去满满的状压味道，于是我们开始考虑状压。

一般的状压都是记这一个位置上有没有，但是这里不一样，这里对于解题有一个关键点——长度。然而长度最大也才8，我们可以考虑用一个数字将它记下。
我们发现，对于每一个格子，影响关于这个格子的最大正方形可以包括他的上方和包括它的右侧（有点乱，意思一下）。我们可以用f[i][sta]f[i][sta]来表示DP到了第i行，该行状态为sta的方案数。这里的sta显然不止是用01来表示的，我们可以把它看成一个n进制，这个sta的每一位代表ii到i+sz−1i+sz-1中每个格子能往上走的白色格子数的最小值。

这样问题变迎刃而解，因为我们发现它很容易转移。。。。。。
很显然DP方程为f[i][newsta]=∑f[i−1][sta]f[i][newsta]=\sum f[i−1][sta] ，newsta为合法的情况（即去掉超过当前要求的边长的）。
然后乱搞就好了。

【参考代码】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;const int MAXN=10;
const int MAXM=1e5;
const int mod=1e9+7;
int n,m,T;
int f[MAXN][MAXM];
int cnb[MAXN],pws[MAXN][MAXN],ans[MAXN];//cnb=the state can not be
int flag[MAXN];//in or not
char s[MAXN];inline void get_pows()
{for(int i=2;i<MAXN-1;++i){pws[i][0]=1;for(int j=1;j<MAXN-1;++j)pws[i][j]=pws[i][j-1]*i;}
}inline void _reset()
{   m=1;
//  memset(f,0,sizeof(f));memset(ans,0,sizeof(ans));memset(cnb,0,sizeof(cnb));
}inline void init()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%s",s);for(int j=0;j<n;++j){if(s[j]=='o')m=(m<<1)%mod;elsecnb[i]|=(1<<j);}}
}inline void solve()
{ans[0]=1;ans[1]=(m-1+mod)%mod;for(int sz=2;sz<=n;++sz)//size{int k=n-sz+1,ms=pws[sz][k];
//      printf("ms:%d\n",ms);f[0][0]=1;for(int sta=1;sta<ms;++sta)f[0][sta]=0;for(int i=1;i<=n;++i){for(int sta=0;sta<ms;++sta)f[i][sta]=0;for(int cur=0;cur<(1<<n);++cur){if(cur&cnb[i])continue;
//              printf("%d %d here\n",cur,cnb[i]);memset(flag,0,sizeof(flag));for(int j=0;j<n;++j)//line i,row j{if(cur&(1<<j))continue;for(int q=0;q<k;++q)if(j>=q && j<q+sz)flag[q]=1;}
//              for(int q=0;q<k;++q)
//                  printf("%d ",flag[q]);
//              printf("\n");for(int sta=0;sta<ms;++sta){if(!f[i-1][sta])continue;int nsta=0;
//                  printf("%d\n",i);
//                  printf("here\n");for(int j=0;j<k;++j){int t=sta/pws[sz][j]%sz;//sz jingzhi,the jth num
//                      printf("t:%d\n",t);if(flag[j])t=0;elseif(t!=sz-1)++t;else{nsta=-1;break;}nsta+=t*pws[sz][j];
//                      printf("new:%d\n",nsta);}if(nsta==-1)continue;f[i][nsta]=(f[i][nsta]+f[i-1][sta])%mod;}}}
//      printf("%d:\n",sz);
//      for(int i=0;i<ms;++i)
//          printf("%d\n",f[sz][i]);
//      printf("\n\n");for(int sta=0;sta<ms;++sta)ans[sz]=(ans[sz]+f[n][sta])%mod;ans[sz]=(m-ans[sz]+mod)%mod;ans[sz-1]=(ans[sz-1]-ans[sz]+mod)%mod;}for(int sz=0;sz<=n;++sz)printf("%d\n",ans[sz]);
}int main()
{freopen("HDU5079.in","r",stdin);freopen("HDU5079.out","w",stdout);get_pows();scanf("%d",&T);while(T--){_reset();init();solve();}return 0;
}

LGP2051 [AHOI2009]中国象棋

【题目描述】

这次小可可想解决的难题和中国象棋有关，在一个N行M列的棋盘上，让你放若干个炮（可以是0个），使得没有一个炮可以攻击到另一个炮，请问有多少种放置方法。大家肯定很清楚，在中国象棋中炮的行走方式是：一个炮攻击到另一个炮，当且仅当它们在同一行或同一列中，且它们之间恰好有一个棋子。你也来和小可可一起锻炼一下思维吧！

【输入输出格式】

【输入格式】
一行包含两个整数N，M，之间由一个空格隔开。

【输出格式】
总共的方案数，由于该值可能很大，只需给出方案数模9999973的结果。

【输入样例】
1 3

【输出样例】
7

【数据范围】
100%的数据中N和M均不超过100
50%的数据中N和M至少有一个数不超过8
30%的数据中N和M均不超过6

【题目分析】
说实话，这题在LG上是紫色，但个人认为并没有到这个程度，因为太好想了。。。
我们发现，若我们对行进行dp，则做到当前行的方案数，只和之前有多少列放了多少个棋子有关，和具体怎么放实际上是无关的。显然我们可以考虑：
令f[i][j][k]f[i][j][k]为做到第i行，一共有j列放了1个棋子，有k列放了2个棋子的方案数。
然后胡乱转移就行了。

【参考代码】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;typedef long long LL;
const int mod=9999973;
const int MAXN=105;
int ans,n,m;
LL f[MAXN][MAXN][MAXN];//f[i][j][k]=now row i,have j rows 1chess,have k rows 2chessint main()
{freopen("LGP2051.in","r",stdin);freopen("LGP2051.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);f[1][0][0]=1;f[1][1][0]=m;f[1][2][0]=m*(m-1)/2;for(int i=2;i<=n;++i){for(int j=0;j<=m;++j){for(int k=0;k<=m;++k){LL tot=0;tot+=f[i-1][j][k];//nothingtot+=f[i-1][j+1][k-1]*(j+1);//put 1 in 1tot+=f[i-1][j-1][k]*(m-j-k+1);//put 1 in 0tot+=f[i-1][j-2][k]*(m-j-k+2)*(m-j-k+1)/2;//put 2 in 0tot+=f[i-1][j+2][k-2]*(j+2)*(j+1)/2;//put 2 in 1tot+=f[i-1][j][k-1]*j*(m-j-k+1);//put 1 in 0,1 in 1f[i][j][k]=tot%mod;}}}for(int i=0;i<=m;++i)for(int j=0;j<=m;++j)ans=(ans+f[n][i][j])%mod;printf("%d\n",ans);return 0;
}