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题目:http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=12055
由于n<=15, 所以可以很明显猜测出这道题可能可以用状态压缩dp来求解。
问题的关键是:dp的状态要如何设计才能既达到目的,又能减少时间、空间复杂度。
最容易想到的是:dp[集合S][长x][宽y]
但是仔细一想会发现,其实只要知道了集合S以及“长”和“宽”的其中一个就可以由二推三了!
所以,可以将状态设计为:dp[集合S][min(长x, 宽y)],不仅减少了一维,而且还去掉了x、y对称的一半的冗余状态!
#include <cstdio> #include <iostream> #include <cstring> using namespace std; int a[105]; int area[1<<16]; int dp[1<<16][105]; int bitCount(int S) { int ret = 0; while(S) { if(S&1) ret++; S >>= 1; } return ret; } bool dfs(int S, int x) { if(dp[S][x] != -1) return dp[S][x]; if(bitCount(S)==1) return dp[S][x]=1; int y = area[S] / x; for(int S0=(S-1)&S; S0; S0=(S0-1)&S) { int S1 = S-S0; if(area[S0]%x==0 && dfs(S0, min(x, area[S0]/x)) && dfs(S1, min(x, area[S1]/x))) return dp[S][x]=1; if(area[S0]%y==0 && dfs(S0, min(y, area[S0]/y)) && dfs(S1, min(y, area[S1]/y))) return dp[S][x]=1; } return dp[S][x]=0; } int main () { int n, x, y, S, kase=1; while(scanf("%d", &n) != EOF && n) { scanf("%d%d", &x, &y); S = 0; for(int i=0; i<n; i++) { scanf("%d", &a[i]); S += a[i]; } int ALL = (1<<n)-1; for(int i=0; i<=ALL; i++) { area[i] = 0; int temp = i, cur=0; while(temp) { if(temp&1) area[i] += a[cur]; cur++; temp >>= 1; } } memset(dp, -1, sizeof(dp)); printf("Case %d: %s\n", kase++, S == x*y && dfs(ALL, min(x,y)) ? "Yes":"No"); } return 0; }
UVAlive - 4794—— Sharing Chocolate
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原文地址:http://www.cnblogs.com/AcIsFun/p/5315394.html