传送门

题意：

给你一个\(n*n\)的格子，如果第\(i\)个格子放入了棋子，则八联通方向都不能放置棋子，问放置\(k\)个棋子的方案数。

分析：

很明显可以进行\(dp\)，又因为\(n\)非常的小，因此我们可以采用状态压缩的方法。设\(dp[i][state][k]\)为当前第\(i\)行的状态为\(state\)时，放置了\(k\)个棋子的方案数。

当前第i行的状态，显然可以由第\(i-1\)行的状态转移而来，而因为要满足八联通不能有棋子，因此在我们的状压\(state[I]\),和\(state[j]\)中，只要满足\(state[i]\&(state[i]<<1)\)、\(state[j]\&(state[j]<<1)\)、\(state[i]\&(state[j]<<1)\)、\(state[i]\&(state[j]>>1)\)、\(state[I]\&state[j]\)均大于\(0\)即可。最后有状态转移方程：\(dp[i][state[i]][bit(state[i])+k]+=dp[I-1][bit(state[j])][k]\)

总的时间复杂度为：\(\mathcal{O}(2^{2*n}*k)\)

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 10
using namespace std;
long long dp[maxn][1<<maxn][maxn*maxn];
int getbit(int x){
    int res=0;
    while(x){
        if(x&1) res++;
        x>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    int n,k;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int all=1<<n;
        for(int j=0;j<all;j++){
            if(j&(j<<1)) continue;
            if(i==1){
                if(getbit(j)<=k) dp[i][j][getbit(j)]++;
                continue;
            }
            for(int kk=0;kk<all;kk++){
                if(kk&(kk<<1)) continue;
                if((j&kk)||(j&(kk<<1))||(j&(kk>>1))) continue;
                for(int ll=0;ll<=k;ll++){
                    dp[i][j][getbit(j)+ll]+=dp[i-1][kk][ll];
                }
            }
        }
    }
    long long res=0;
    int all=1<<n;
    for(int i=0;i<all;i++){
        res+=dp[n][i][k];
    }
    printf("%lld\n",res);
    return 0;
}

bzoj 1087（状压dp）

原文：https://www.cnblogs.com/Chen-Jr/p/11289702.html