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例题 1

互不侵犯

在 $N\times N$ 的棋盘里面放 $K$ 个国王（ $1 \leq N \leq 9, 1 \leq K \leq N \times N$ ），使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。

国王能攻击到它上下左右，以及左上左下右上右下八个方向上附近的各一个格子，共 $8$ 个格子。

解释

设 $f(i,j,l)$ 表示前 $i$ 行，第 $i$ 行的状态为 $j$ ，且棋盘上已经放置 $l$ 个国王时的合法方案数。

对于编号为 $j$ 的状态，我们用二进制整数 $sit(j)$ 表示国王的放置情况， $sit(j)$ 的某个二进制位为 $0$ 表示对应位置不放国王，为 $1$ 表示在对应位置上放置国王；用 $sta(j)$ 表示该状态的国王个数，即二进制数 $sit(j)$ 中 $1$ 的个数。例如，如下图所示的状态可用二进制数 $100101$ 来表示（棋盘左边对应二进制低位），则有 $sit(j)=100101_{(2)}=37, sta(j)=3$ 。

设当前行的状态为 $j$ ，上一行的状态为 $x$ ，可以得到下面的状态转移方程： $f(i,j,l) = \sum f(i-1,x,l-sta(j))$ 。

设上一行的状态编号为 $x$ ，在保证当前行和上一行不冲突的前提下，枚举所有可能的 $x$ 进行转移，转移方程：

f(i,j,l) = \sum f(i-1,x,l-sta(j))

实现

#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
long long sta[2005], sit[2005], f[15][2005][105];
int n, k, cnt;
 
void dfs(int x, int num, int cur) {
  if (cur >= n) {  // 有新的合法状态
    sit[++cnt] = x;
    sta[cnt] = num;
    return;
  }
  dfs(x, num, cur + 1);  // cur位置不放国王
  dfs(x + (1 << cur), num + 1,
      cur + 2);  // cur位置放国王，与它相邻的位置不能再放国王
}
 
bool compatible(int j, int x) {
  if (sit[j] & sit[x]) return false;
  if ((sit[j] << 1) & sit[x]) return false;
  if (sit[j] & (sit[x] << 1)) return false;
  return true;
}
 
int main() {
  cin >> n >> k;
  dfs(0, 0, 0);  // 先预处理一行的所有合法状态
  for (int j = 1; j <= cnt; j++) f[1][j][sta[j]] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= cnt; j++)
      for (int x = 1; x <= cnt; x++) {
        if (!compatible(j, x)) continue;  // 排除不合法转移
        for (int l = sta[j]; l <= k; l++) f[i][j][l] += f[i - 1][x][l - sta[j]];
      }
  long long ans = 0;
  for (int i = 1; i <= cnt; i++) ans += f[n][i][k];  // 累加答案
  cout << ans << endl;
  return 0;
}

例题 2

过桥

有 $n$ 个人需要过桥，第 $i$ 的人的重量为 $w_i$ ，过桥用时为 $t_i$ . 这些人过桥时会分成若干组，只有在某一组的所有人全部过桥后，其余的组才能过桥。桥最大承重为 $W$ ，问这些人全部过桥的最短时间。

$100\le W \le 400$ ， $1\le n\le 16$ ， $1\le t_i\le 50$ ， $10\le w_i\le 100$ .

解释

我们用 $S$ 表示所有人构成集合的一个子集，设 $t(S)$ 表示 $S$ 中人的最长过桥时间， $w(S)$ 表示 $S$ 中所有人的总重量， $f(S)$ 表示 $S$ 中所有人全部过桥的最短时间，则：

\begin{cases} f(\varnothing)=0,\\ f(S)=\min\limits_{T\subseteq S;~w(T)\leq W}\left\{t(T)+f(S\setminus T)\right\}. \end{cases}

实现

#include <iostream>
#include <limits>
#include <vector>
using namespace std;
 
int main() {
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(nullptr);
  int W, n;
  cin >> W >> n;
  const int S = (1 << n) - 1;
  vector<int> ts(S + 1), ws(S + 1);
  for (int j = 0, t, w; j < n; ++j) {
    cin >> t >> w;
    for (int i = 0; i <= S; ++i)
      if (i & (1 << j)) {
        ts[i] = max(ts[i], t);
        ws[i] += w;
      }
  }
  vector<int> dp(S + 1, numeric_limits<int>::max() / 2);
  for (int i = 0; i <= S; ++i) {
    if (ws[i] <= W) dp[i] = ts[i];
    for (int j = i; j; j = i & (j - 1))
      if (ws[i ^ j] <= W) dp[i] = min(dp[i], dp[j] + ts[i ^ j]);
  }
  cout << dp[S] << '\n';
  return 0;
}

例题：

Status

Problem

状压DP

定义

例题 1

解释

实现

例题 2

解释

实现

例题：

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