牛客题解-mixup2混乱的奶牛(状压dp)

题解-mixup2混乱的奶牛

[原题连接](1026-mixup2混乱的奶牛_2021秋季算法入门班第八章习题：动态规划2 (nowcoder.com))

题目描述

混乱的奶牛 [Don Piele, 2007] Farmer John的N(4 <= N <= 16)头奶牛中的每一头都有一个唯一的编号S_i (1 <= S_i <= 25,000). 奶牛为她们的编号感到骄傲, 所以每一头奶牛都把她的编号刻在一个金牌上, 并且把金牌挂在她们宽大的脖子上. 奶牛们对在挤奶的时候被排成一支”混乱”的队伍非常反感. 如果一个队伍里任意两头相邻的奶牛的编号相差超过K (1 <= K <= 3400), 它就被称为是混乱的. 比如说，当N = 6, K = 1时, 1, 3, 5, 2, 6, 4 就是一支”混乱”的队伍, 但是 1, 3, 6, 5, 2, 4 不是(因为5和6只相差1). 那么, 有多少种能够使奶牛排成”混乱”的队伍的方案呢?

输入描述

* 第 1 行: 用空格隔开的两个整数N和K

* 第 2..N+1 行: 第i+1行包含了一个用来表示第i头奶牛的编号的整数: S_i

输出描述

第 1 行: 只有一个整数, 表示有多少种能够使奶牛排成”混乱”的队伍的方案. 答案保证是 一个在64位范围内的整数.

示例1

输入

4 1
3
4
2
1

输出

2

思路

状压dp求解

如果先想一想用dfs的方法怎么做这道题，那么在状压dp时，会比较容易地定义状态和写出状态转移方程

dfs方法

类似全排列的写法。每次选择一头牛，加到队列尾部。根据题目要求，选择的这头牛与它前面那头牛的编号差要大于k。有如下代码：

int que[20];
int ans = 0;
bool vis[20];

void dfs(int step) {
	if (step == n + 1) {
		ans++;
        return;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (!vis[i] && abs(s[i] - s[step - 1]) > k) {
            vis[i] = true;
            que[step] = i;
            dfs(step + 1);
            vis[i] = false;
        }
    }
}

以上是暴力的dfs写法。

状压dp方法

有了dfs方法的基础，我们也可以用同样的思路

状态定义：状态为i时，某位为1说明选中了对应的牛，为0说明没有选中。那么dp[i][j]表示状态为i时，选中的最后一头牛（队尾的牛）是j的情况下，有多少种方案

已知dp[i][j]的情况下，我们要选择下一头牛（一定从位为0的牛中选择）。假设下一头牛选择是p，那么有转移方程：

dp[i | (1 << p)][p] += dp[i][j];

初始化条件：选择第一个牛，每个牛都有可能被选择作为第一个牛，对应方案数为1，代码如下：

for (int i = 0; i < n; ++i) {
    dp[1 << i][i] = 1;
}

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;

i64 s[20], dp[1 << 17][20];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int n, k;
	cin >> n >> k;
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		cin >> s[i];
		dp[1 << i][i] = 1;
	}

	for (int i = 0; i < (1 << n); ++i) {
		for (int j = 0; j < n; ++j) {
			if (!(i & (1 << j))) continue;
			for (int p = 0; p < n; ++p) {
				if (i & (1 << p)) continue;
				if (abs(s[j] - s[p]) > k) {
					dp[i | (1 << p)][p] += dp[i][j];
				}
			}
		}
	}

	i64 ans = 0;
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		ans += dp[(1 << n) - 1][i];
	}

	cout << ans << '\n';

	return 0;
}