COCI2011/2012 Contest#1 F 状压加速dp
首先是一个非常Naive的dp,令(dp[i][x][y])表示(i)时刻(x,y)是否能被跳到
枚举,然后转移,如果滚动数组,就可以做到(O(n^2))空间,(O(Tn^2))时间复杂度
这显然是TLE的。。。
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注意到题目的(nleq 30),可以直接用一个int存在某一行/列的答案
设时刻(i)第(j)列的答案为(dp[i][j])
假设不考虑答案的限制,两之间转移可以做到(O(1)),即
1.(dp[i][jpm 1])左/右移两位
2.(dp[i][jpm 2])左/右移一位
两者转移即可,但是涉及到倍数的限制,设(can[i][j])为(i)时刻(j)列的可行跳跃位置
则只需要最后的时候让(dp[i][j])与(can[i][j])取交集即可
如果直接枚举倍数,复杂度上限是(O(n^2 T))
考虑分块决策,设将([1,D])的因数挑出来额外记录一个数组(can2[x][j])表示值为(x)的第(j)列有那些
不直接枚举他们,而是在每次访问时考虑他们对于(can[i][j])的贡献
在优秀实现下,复杂度上限为(O(n^2frac{T}{D+1}+T (D+sum_{t=1}^{D} frac{1}{t} n))=O(n^2frac{T}{D+1}+T (nln D+D)))
这个实现上来说,就是枚举时间(i)后,判断是否满足(t|i),然后再将(can2[t][j])贡献到(can[i][j])
显然,(t|i)成立的次数就是(Tsum_{t=1}^{D} frac{1}{t}),也就是要循环这么多次取贡献(j)这一维
调整一下(D)的参数
#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
",ans);
rep(i,0,n-1) rep(j,0,n-1) if(dp[cur][i]&(1<<j)) printf("%d %d
",i+1,j+1);
}