[原题连接](1026-mixup2混乱的奶牛_2021秋季算法入门班第八章习题:动态规划2 (nowcoder.com))
混乱的奶牛 [Don Piele, 2007] Farmer John的N(4 <= N <= 16)头奶牛中的每一头都有一个唯一的编号S_i (1 <= S_i <= 25,000). 奶牛为她们的编号感到骄傲, 所以每一头奶牛都把她的编号刻在一个金牌上, 并且把金牌挂在她们宽大的脖子上. 奶牛们对在挤奶的时候被排成一支”混乱”的队伍非常反感. 如果一个队伍里任意两头相邻的奶牛的编号相差超过K (1 <= K <= 3400), 它就被称为是混乱的. 比如说,当N = 6, K = 1时, 1, 3, 5, 2, 6, 4 就是一支”混乱”的队伍, 但是 1, 3, 6, 5, 2, 4 不是(因为5和6只相差1). 那么, 有多少种能够使奶牛排成”混乱”的队伍的方案呢?
* 第 1 行: 用空格隔开的两个整数N和K * 第 2..N+1 行: 第i+1行包含了一个用来表示第i头奶牛的编号的整数: S_i
第 1 行: 只有一个整数, 表示有多少种能够使奶牛排成”混乱”的队伍的方案. 答案保证是 一个在64位范围内的整数.
4 1 3 4 2 1
2
状压dp求解
如果先想一想用dfs
的方法怎么做这道题,那么在状压dp时,会比较容易地定义状态和写出状态转移方程
dfs方法
类似全排列的写法。每次选择一头牛,加到队列尾部。根据题目要求,选择的这头牛与它前面那头牛的编号差要大于k。有如下代码:
int que[20]; int ans = 0; bool vis[20]; void dfs(int step) { if (step == n + 1) { ans++; return; } for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (!vis[i] && abs(s[i] - s[step - 1]) > k) { vis[i] = true; que[step] = i; dfs(step + 1); vis[i] = false; } } }
以上是暴力的dfs写法。
状压dp方法
有了dfs方法的基础,我们也可以用同样的思路
状态定义:状态为i时,某位为1说明选中了对应的牛,为0说明没有选中。那么dp[j][i]
表示状态为i时,选中的最后一头牛(队尾的牛)是j的情况下,有多少种方案
已知dp[j][i]
的情况下,我们要选择下一头牛(一定从位为0的牛中选择)。假设下一头牛选择是p,那么有转移方程:
dp[p][i | (1 << p)] += dp[j][i];
初始化条件:选择第一个牛,每个牛都有可能被选择作为第一个牛,对应方案数为1,代码如下:
for (int i = 0; i < n; ++i) { dp[i][1 << i] = 1; }
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; using i64 = long long; i64 s[20], dp[20][1 << 17]; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int n, k; cin >> n >> k; for (int i = 0; i < n; ++i) { cin >> s[i]; dp[i][1 << i] = 1; } for (int i = 0; i < (1 << n); ++i) { for (int j = 0; j < n; ++j) { if (!(i & (1 << j))) continue; for (int p = 0; p < n; ++p) { if (i & (1 << p)) continue; if (abs(s[j] - s[p]) > k) { dp[p][i | (1 << p)] += dp[j][i]; } } } } i64 ans = 0; for (int i = 0; i < n; ++i) { ans += dp[i][(1 << n) - 1]; } cout << ans << '\n'; return 0; }