状压dp

四川2005年省选题：互不侵犯

首先我们可以分析一下，按照我们普通的思路，就是用搜索，枚举每一行的每一列，尝试放下一个国王，然后标记，继续枚举下一行

那么，我们的时间复杂度就拥有了：
$$O(9^9)$$
计算方法：

因为是$n\times n$ 的棋盘，所以每行都会有至多9列（$n\le 9$）

然而我们每行都会有$n$ 种状态，所以我们的时间复杂度就是$O(n^n)$ ，即$O(9^9)$​

不过嘛——

所以我们是肯定不能采用的

这个时候，我们就需要学到一个 鬼东西 ——状态压缩dp！！

状压dp介绍——

所谓状压，字面翻译，就是把 复杂的状态 简化为 简洁的n进制数来表示

例如这道题

因为dp的状态转移，无非就是放和不放，所以我们就可以很容易地想到，用二进制的01串来表示，例子——

010001000

表示在第2列和第6列放国王，其余不放。

而 $(010001000{)}_2$ = $(136{)}_{10}$

因为 $n\le 9$ ，所以这个数 $\le 2^9$ 即 $\le 512$

那么我们需要进行一下判断，即满足什么条件时，可以放置这个国王

条件判断：

首先因为是二维的关系，我们先来判断行的关系，即一行一行地判断，看看上一行所放置的国王，限制了这一行哪些国王的放置

扫雷都玩过吧，附近的八个格子，设国王放置在 (x,y) 的地方，我们将它简化为以下关系：(x为行，y为列)
$$\begin{gathered} (x-1,y-1)(x-1,y)(x,y+1) \\ (x,y-1)(x,y)(x,y+1) \\ (x+1,y-1)(x+1,y)(x+1,y+1) \end{gathered}$$

显然，如果上一行的 i 列放置了国王，那么下一行的 i-1,i,i+1 都不可以放置

那么如何判断呢

我们不难想到二进制的 左移右移运算符 ，目的是可以将目标 i 移到左于右的地方，进行判断

判断方法：

如果我们这一行的第 j 列需要放国王，那么上一行的 (i<<1),(i>>1),i 都不可为1，那么我们就可以运用位运算符 & 。有一位是1答案就为1，换句话说，只要 上下行同列放了两个国王 ，就不合法

再来说下列的关系

如果在同一列，左移右移旁边都没有，则是合法的（具体可以联系行的关系进行思考）

那么我们应该如何设用来dp的 f 数组， 状态转移方程 又该怎么写呢

我们不难想到可以一行一行的枚举（上文已提到），即设 f 数组 f[i][j][l] 表示现在在第 i 行，已经放了 j 个国王，所有方案为 l （这就是状压dp的精髓所在）

状态转移方程：

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

代码（加过注释的）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=15,MAXM=85,MAXS=(1<<9)+5;
int n,k;
ll f[MAXN][MAXM][MAXS],ans;
int cnt,tmp,tot;
int num[MAXS],s[MAXS];
int s1,s2;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	f[0][0][0]=1;
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)
	{
		cnt=0,tmp=i;
		while(tmp)
		{
			if(tmp&1) ++cnt;//cnt统计i的二进制有放了多少国王
			tmp=tmp>>1;//继续枚举 
		}
		num[i]=cnt;//num[i]表示第i种状态有num[i]个国王放在那里 
		if(!(((i<<1)|(i>>1))&i)) s[++tot]=i;//判断行内放国王合不合法,比较抽象 
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)//遍历每一行 
	{
		for(int j=1;j<=tot;j++)//枚举这一行每种可能的状态 
		{
			s2=s[j];//s2代表这一行的状态 
			for(int l=1;l<=tot;l++)//前一行的每种状态 
			{
				s1=s[l];//s1代表上一行的状态 
				if(!(s1&s2)&&(!((s1<<1)&s2))&&(!((s1>>1)&s2)))//行间的限制判断 
					for(int a=0;a<=k;a++)
						if(a-num[s2]>=0)
							f[i][a][s2]+=f[i-1][a-num[s2]][s1];
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=tot;i++)
		ans+=f[n][k][s[i]];
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

AC记录