标签:ext 程序 时间 完成 处理 pair 个数 通过 using
现有n个零件,小Y花费了很多时间来收集它们,现在他想把零件拼在一起,拼完就可以召唤神龙了。已知零件之间存在相邻的关系,拥有相邻关系的零件在最终的组装结果中就是相邻的,并且组装过程中每次只能通过相邻关系来组合零件。小Y每次可以选择两个零件(也可以是两个零件块,或一个零件与一个零件块)拼起来,成为一个零件块,但要求拼接时必须在两个零件块(或零件)之间存在相邻的零件。除此之外这些零件两两之间有类似于磁力的排斥关系,当将两个零件或者零件块拼接在一起的时候,会受到两边的零件间的排斥力,排斥力的大小=两边零件的相互排斥对数*单侧零件个数的最大值(拼接完成的零件组合体中的零件之间排斥不计)。现在已知零件间的相邻关系和排斥关系,小Y自然想知道如何拼接不费力,因此需要求出将这些零件组装起来的最优方案,使得所有步骤的排斥力之和最小。
第一行有一个整数T表示数据组数。(T<=20)
接着有T组数据,每组数据第一行是整数n表示零件个数。
接着依此有两个n∗n的矩阵,都只由0和1构成。(2<=n<=14)
其中第一个矩阵表示零件两两之间的相邻关系,第i行第j列为1表示第i个零件与第j个零件相邻,
第二个矩阵表示零件两两之间的排斥关系,第i行第j列为1表示第i个零件与第j个零件排斥。
数据保证矩阵根据对角线对称,并保证通过零件的相邻关系可以最终拼接完成。
每组输入一个整数表示拼接过程的最小排斥力之和。
1 4 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0
6
题解:
dp[i] 表示该状态下,最小排斥力
枚举任意两个子集组合?, 2^28TLE
枚举一个集合,枚举它的子集,3^14
转移14*14 会TLE
神奇预处理后,O(1)
ji[i] 表示 零件组合i下, 含有的零件个数
G[i] 表示 零件组合i下,内部含有 相邻关系的对数
F[i] 表示 零件组合i下,内部含有 排斥关系的对数
对于两个状态i,j想要组合情况下,我们利用F,G数组容斥一下是不是就可以O(1)转移了
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") #define ls i<<1 #define rs ls | 1 #define mid ((ll+rr)>>1) #define pii pair<int,int> #define MP make_pair typedef long long LL; const long long INF = 1e18+1LL; const double pi = acos(-1.0); const int N = 50+10, M = 1e3+20,inf = 2e9; int T,a[N][N],b[N][N],n; LL dp[1<<15]; LL G[1<<15]; LL F[1<<15]; int ji[1<<15]; int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d",&n); for(int i = 0; i < n; ++i) for(int j = 0; j < n; ++j) scanf("%d",&a[i][j]); for(int i = 0; i < n; ++i) for(int j = 0; j < n; ++j) scanf("%d",&b[i][j]); int U = (1<<n) - 1; for(int i = 0; i <= U; ++i) { ji[i] = 0;F[i] = 0; G[i] = 0; } for(int i = 0; i <= U; ++i) { for(int j = 0; j < n; ++j) { if(((1<<j)&i)) ji[i]++; for(int k = j+1; k < n; ++k) { if(((i&(1<<j)) && (i&(1<<k))) && a[j][k]) G[i]++; } } } for(int i = 0; i <= U; ++i) { for(int j = 0; j < n; ++j) { for(int k = j+1; k < n; ++k) { if(((i&(1<<j)) && (i&(1<<k))) && b[j][k]) F[i]++; } } } //cout<<F[15]<<" "<<F[6]<<" "<<F[9]<<endl; for(int i = 0; i <= U; ++i) dp[i] = INF; dp[0] = 0; for(int i = 0; i < n; ++i) dp[1<<i] = 0; for(int ii = 0; ii <= U; ++ii) { for(int jj = ii; jj; jj = (jj-1)&ii) { int i = jj, j = ii^jj; if(G[i|j] - G[i] - G[j]) { dp[i|j] = min(dp[i|j],dp[i]+dp[j]+1LL*(F[i|j] - F[i] - F[j])*max(ji[i],ji[j])); } } } printf("%lld\n",dp[U]); } return 0; }
“盛大游戏杯”第15届上海大学程序设计联赛夏季赛暨上海高校金马五校赛 L 零件组装 状态压缩+预处理优化+枚举子集
标签:ext 程序 时间 完成 处理 pair 个数 通过 using
原文地址:http://www.cnblogs.com/zxhl/p/7147597.html