好學易懂 從零開始的插頭DP(一)
好學易懂 從零開始的插頭DP(一)
寫在前面
這是一篇,以蒟蒻視角展開的梳理總結。更改了一些順序,變化了一些細節。方便蒟蒻學習理解(起碼本蒟蒻是這樣)。大佬們可以直接看其它大佬的部落格,可以學的更快。
你必須要學會的前置知識:狀態壓縮DP
學不會依舊可以讀,但是推薦學的前置知識:雜湊
論文貢前面,建議讀完部落格再看。
《基於連通性狀態壓縮的動態規劃問題》
什麼是插頭DP
很顯然,是一個關於插頭的動態規劃。那麼,什麼是插頭呢?
如圖我們在一個方格內,關於格點畫一條閉合迴路。
對於每一個方格,內部,有六種情況
不難發現,對於迴路裡的任何一個方格,四條邊中,有且僅有兩個與表示路徑的藍色線相交。這也很好理解,進一次,出一次,C(4,2)=6。
這個箭頭,也就是所謂的插頭。
例題
我們結合一個例題來看,這個題目是洛谷模板題的弱化版,很多部落格放在了模板題後的第一題,結合個人經歷我覺得它比模板題更適合作第一題。
題目連結:HDU1693 or 洛谷P5074
題目大意:給一個n*m的方格,有些格子必須走,有些格子不能走。問有多少種不同的閉合迴路。(1<=n,m<=12)
那麼,把迴路模型變成插頭模型有什麼好處或者性質呢?
1:首先,我們可以發現,如果一個格子上方的格子有下插頭,那這個格子一定有上插頭。其它方向類似。
2:一個格子的合理取法合且僅合相鄰的格子有關。
觀察下第二點,它其實代表了無後效性。假設我們從上到下,從左到右的處理每一個格子,那麼我們只需要記錄部分格子的狀態即可,再往上的格子具體狀態不用知道。
如上圖,對於當前格子,我們只需要知道紅色的這些格子就行了,再上面的格子具體的取法,已經不會對下面任何未處理的格子產生影響。
已經掌握了狀態壓縮的你,一定能輕鬆的算出狀態總數,每個格子6種,維護n個格子。總共6 n 6^n6n種狀態,好的,完蛋,只有2e9個狀態。
別急,我們真的需要2e9個狀態嘛?這些格子裡,指向彼此和已經處理過的格子的插頭,顯然是廢物資訊。我們實際上只需要知道這些插頭嘛:
藍色的是其它格子需要用到的,黃色的是當前格子需要用到的。我們只需要知道這m+1個箭頭是否存在就可以了。總共2 m ∗ 2 2^m*22m∗2個狀態。再乘上n和m,時空複雜度都綽綽有餘。
1:已知這些插頭的情況下,這個方格該如何填。
2:填完這個方格後,如何得到下一個方格所需要的插頭狀態,更特殊的,如何從上一行行末,變到下一行行初。
這兩個問題,其實都不是很難,稍微思考下,都可以獨立解答,建議思考後再往下看。圖片擋下文大法。
問題1:
1:如果當前格子存在左側插頭和上方插頭,那麼只有一種合理填法。
2:如果僅存在左側插頭,那麼有兩種合理填法。
3:如果僅存在上方插頭,那和上一種類似,也是兩種填法。
4:如果都不存在呢?只有一種填法
問題2:
解答了問題1,顯然我們也得到了問題2的解答,畢竟我們填出了這個格子,自然知道插頭分佈。唯一特殊的是上一行末到這一行頭的處理。上一行末不可能有右插頭,那我們直接把上一行末狀態的表示最後是否存在右插頭的位置去掉,再新增一個表示沒有左插頭的位,不就表示出了這一行第一個的狀態了嘛,為了方便寫,下方的程式碼裡,我用dp[i][0][mask]表示轉移後的上一行行末狀態。
到這裡,我們已經得到了解法了,成熟的評測機,應該自動AC了吧(劃去)。插頭DP還是要多寫的,千萬自己寫一遍,別忘了,這只是模板題的弱化。
這裡提供一份程式碼(洛谷AC)
1 #include<iostream> 2 #include<stdio.h> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 int n,m,maxk,a[13][13]; 6 long long dp[13][13][1<<14]; 7 void init() 8 { 9 scanf("%d%d",&n,&m); 10 maxk=(1<<(m+1))-1; 11 for (int i=1;i<=n;i++) 12 { 13 for (int j=1;j<=m;j++) 14 { 15 scanf("%d",&a[i][j]); 16 } 17 } 18 memset(dp,0,sizeof(dp)); 19 } 20 void solve() 21 { 22 int prei,prej; 23 dp[0][m][0]=1; 24 for (int i=1;i<=n;i++) 25 { 26 for (int k=0;k<=maxk;k++) 27 { 28 dp[i][0][k<<1]=dp[i-1][m][k]; 29 } 30 for (int j=1;j<=m;j++) 31 { 32 prei=i; 33 prej=j-1; 34 for (int k=0;k<=maxk;k++) 35 { 36 int b1=(k>>(j-1))&1; 37 int b2=(k>>j)&1; 38 if (!a[i][j]) 39 { 40 if (!b1&&!b2) dp[i][j][k]+=dp[prei][prej][k]; 41 } 42 else if (!b1&&!b2) 43 { 44 dp[i][j][k+(1<<j)+(1<<(j-1))]+=dp[prei][prej][k]; 45 } 46 else if (b1&&!b2) 47 { 48 dp[i][j][k]+=dp[prei][prej][k]; 49 dp[i][j][k+(1<<(j-1))]+=dp[prei][prej][k]; 50 } 51 else if (!b1&&b2) 52 { 53 dp[i][j][k]+=dp[prei][prej][k]; 54 dp[i][j][k-(1<<(j-1))]+=dp[prei][prej][k]; 55 } 56 else if (b1&&b2) 57 { 58 dp[i][j][k-(1<<j)-(1<<(j-1))]+=dp[prei][prej][k]; 59 } 60 } 61 } 62 } 63 printf("%lld\n",dp[n][m][0]); 64 } 65 int main() 66 { 67 int t; 68 scanf("%d",&t); 69 while (t--) 70 { 71 init(); 72 solve(); 73 } 74 return 0; 75 }View Code of P5074