COCI2011/2012 Contest#1 F 狀壓加速dp

首先是一個非常Naive的dp，令\(dp[i][x][y]\)表示\(i\)時刻\(x,y\)是否能被跳到

列舉，然後轉移，如果滾動陣列，就可以做到\(O(n^2)\)空間，\(O(Tn^2)\)時間複雜度

這顯然是TLE的。。。

\[\ \]

注意到題目的\(n\leq 30\)，可以直接用一個int存在某一行/列的答案

設時刻\(i\)第\(j\)列的答案為\(dp[i][j]\)

假設不考慮答案的限制，兩之間轉移可以做到\(O(1)\)，即

1.\(dp[i][j\pm 1]\)左/右移兩位

2.\(dp[i][j\pm 2]\)

兩者轉移即可，但是涉及到倍數的限制，設\(can[i][j]\)為\(i\)時刻\(j\)列的可行跳躍位置

則只需要最後的時候讓\(dp[i][j]\)與\(can[i][j]\)取交集即可

如果直接列舉倍數，複雜度上限是\(O(n^2 T)\)

考慮分塊決策，設將\([1,D]\)的因數挑出來額外記錄一個數組\(can2[x][j]\)表示值為\(x\)的第\(j\)列有那些

不直接列舉他們，而是在每次訪問時考慮他們對於\(can[i][j]\)的貢獻

在優秀實現下，複雜度上限為\(O(n^2\frac{T}{D+1}+T (D+\sum_{t=1}^{D} \frac{1}{t} n))=O(n^2\frac{T}{D+1}+T (n\ln D+D))\)

這個實現上來說，就是列舉時間\(i\)後，判斷是否滿足$t|i \(，然後再將\)can2[t][j]\(貢獻到\)can[i][j]$

顯然，\(t|i\)成立的次數就是$T\sum_{t=1}^{D} \frac{1}{t} \(，也就是要迴圈這麼多次取貢獻\)j$這一維

調整一下\(D\)的引數

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#pragma GCC optimize(2)
#define reg register
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
const int N=30,D=7;

int n,m,a[N][N],dp[2][N];
int can[1000010][N],t[D+1][N];

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int sx,sy; scanf("%d%d",&sx,&sy),sx--,sy--;
	rep(i,0,n-1) rep(j,0,n-1) {
		scanf("%d",&a[i][j]);
		if(a[i][j]<=D) t[a[i][j]][i]|=1<<j;
		else for(reg int T=a[i][j];T<=m;T+=a[i][j]) can[T][i]|=1<<j;
	}
	int cur=0; dp[cur][sx]=1<<sy;
	rep(i,1,m) {
		rep(j,1,D) if(i%j==0) rep(k,0,n-1) can[i][k]|=t[j][k];
		rep(j,0,n-1) {
			dp[!cur][j]=0;
			if(j) {
				dp[!cur][j]|=dp[cur][j-1]<<2;
				dp[!cur][j]|=dp[cur][j-1]>>2;
			}
			if(j<n-1) {
				dp[!cur][j]|=dp[cur][j+1]<<2;
				dp[!cur][j]|=dp[cur][j+1]>>2;
			}
			if(j>1) {
				dp[!cur][j]|=dp[cur][j-2]<<1;
				dp[!cur][j]|=dp[cur][j-2]>>1;
			}
			if(j<n-2) {
				dp[!cur][j]|=dp[cur][j+2]<<1;
				dp[!cur][j]|=dp[cur][j+2]>>1;
			}
			dp[!cur][j]&=can[i][j];
		}
		cur^=1;
	}
	int ans=0;
	rep(i,0,n-1) rep(j,0,n-1) if(dp[cur][i]&(1<<j)) ans++;
	printf("%d\n",ans);
	rep(i,0,n-1) rep(j,0,n-1) if(dp[cur][i]&(1<<j)) printf("%d %d\n",i+1,j+1);
}