题目地址:
https://www.acwing.com/problem/content/1066/
在 n × n n×n n×n的棋盘上放 k k k个国王,国王可攻击相邻的 8 8 8个格子,求使它们无法互相攻击的方案总数。
输入格式:
共一行,包含两个整数 n n n和 k k k。
输出格式:
共一行,表示方案总数,若不能够放置则输出 0 0 0。
数据范围:
1 ≤ n ≤ 10 1≤n≤10 1≤n≤10
0 ≤ k ≤ n 2 0≤k≤n^2 0≤k≤n2
思路是动态规划,可以用状态压缩来存每行的国王摆放情况,即用一个整数的二进制位来表达某个位置是否摆放了国王。接着,令 f [ i ] [ j ] [ s ] f[i][j][s] f[i][j][s]表示当前在摆第 i i i行,总共摆放了 j j j个国王(包括第 i i i行本身的国王),并且摆放成 k k k的二进制表示这个样子的方案数。那么最终就是要求 ∑ s = 0 2 n − 1 f [ n ] [ k ] [ s ] \sum_{s=0}^{2^n-1} f[n][k][s] s=0∑2n−1f[n][k][s]初始条件 f [ 0 ] [ 0 ] [ 0 ] = 1 f[0][0][0]=1 f[0][0][0]=1,表示什么都没摆的情况。对于其它情形,我们可以根据第 i − 1 i-1 i−1行的摆放情况来分类,则有: f [ i ] [ j ] [ s ] = ∑ p → s f [ i − 1 ] [ j − c ( s ) ] [ p ] f[i][j][s]=\sum_{p\to s} f[i-1][j-c(s)][p] f[i][j][s]=p→s∑f[i−1][j−c(s)][p]其中 c ( s ) c(s) c(s)表示 s s s里的 1 1 1的个数, p → s p\to s p→s的意思是如果第 i − 1 i-1 i−1行摆放的情况是 p p p,那么第 i i i行可以摆放为 s s s,也就是这两个行是不产生矛盾的。接下来考虑怎么样的两个状态是不矛盾的。如果 p & s = 1 p\& s=1 p&s=1或者 p ∣ s p|s p∣s有两个连续的 1 1 1,那么就矛盾了,前者表示有两个国王在同一列相邻的两行,后者表示下一行某个国王的左上或者右上有国王。除此之外都是可以的。为了加速,我们可以预处理出来所有状态的 1 1 1的个数,以及某个状态 s s s对应的 p p p。代码如下:
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 11, M = 1 << 10, K = 110;
int n, k;
// 存某行可以放的国王合法状态(即没有两个连续的1)
vector<int> state;
// 存每个数的二进制表示里1的个数
int cnt[M];
// head[i]存哪些状态与i这个状态不矛盾
vector<int> head[M];
// 答案比较大,要用long来存
long f[N][K][M];
// 判断st是否不含两个连续的1,如果不含,就返回true,否则返回false
bool check(int st) {
for (int i = 0; i < n; i++)
if ((st >> i & 1) && (st >> i + 1 & 1))
return false;
return true;
}
// 返回st二进制里1的个数
int count(int st) {
int cnt = 0;
while (st) {
st -= st & -st;
cnt++;
}
return cnt;
}
int main() {
cin >> n >> k;
// 求一下合法状态,并且将它们的1的个数存下来
for (int i = 0; i < 1 << n; i++)
if (check(i)) {
state.push_back(i);
cnt[i] = count(i);
}
// 求一下对每个状态i,哪些状态j与之不矛盾
for (int i = 0; i < state.size(); i++)
for (int j = 0; j < state.size(); j++) {
int a = state[i], b = state[j];
if ((a & b) == 0 && check(a | b))
head[i].push_back(j);
}
f[0][0][0] = 1;
// 枚举摆放到第几行
for (int i = 1; i <= n; i++)
// 枚举一共摆多少个国王
for (int j = 0; j <= k; j++)
// 枚举当前行可以摆放的状态
for (int cu = 0; cu < state.size(); cu++)
// 枚举第i - 1行可以摆放的状态
for (int pr : head[cu]) {
int c = cnt[state[cu]];
if (c <= j) f[i][j][cu] += f[i - 1][j - c][pr];
}
long res = 0;
for (int i = 0; i < state.size(); i++) res += f[n][k][i];
cout << res << endl;
return 0;
}
时间复杂度 O ( n k 2 2 n ) O(nk2^{2n}) O(nk22n),但是实际的复杂度没有那么高,因为行合法的状态数是远小于 2 n 2^n 2n个的,空间 O ( n k 2 n ) O(nk2^n) O(nk2n)。