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Posted on 2007-08-15 10:07 oyjpart 阅读(2059) 评论(5) 编辑 收藏 引用 所属分类: ACM/ICPC或其他比赛
PKU2286 The Rotation Game 迭代深搜+剪枝
状态数很大,很难压缩。试图减少状态,无果。DFS深度太大,故采用迭代深搜。 注意到这个题目其实解并不深 但如果不迭代深搜 会使搜索陷入深层 剪枝:对于中间8个格子 通过变换使其相等的最小代价为 8-Max(1的个数,2的个数,3的个数)
code follows:
1//by oyjpArt 2#include <string.h> 3#include <stdio.h> 4 5const int N = 25; 6int a[N], ans[100]; 7 8#define Max(a, b) ((a)>(b)?(a):(b)) 9 10int f[8][7][2] = { 11 { {1,23}, {3,1}, {7,3}, {12,7}, {16,12}, {21,16}, {23,21} }, 12 { {2,24}, {4,2}, {9,4}, {13,9}, {18,13}, {22,18}, {24,22} }, 13 { {11,5}, {10,11}, {9,10}, {8,9}, {7,8}, {6,7}, {5,6} }, 14 { {20,14}, {19,20}, {18,19}, {17,18}, {16,17}, {15,16}, {14,15} }, 15 { {24,2}, {22,24}, {18,22}, {13,18}, {9,13}, {4,9}, {2,4} }, 16 { {23,1}, {21,23}, {16,21}, {12,16}, {7,12}, {3,7}, {1,3} }, 17 { {14,20}, {15,14}, {16,15}, {17,16}, {18,17}, {19,18}, {20,19} }, 18 { {5,11}, {6,5}, {7,6}, {8,7}, {9,8}, {10,9}, {11,10} } 19}; 20 21int Len, ANS; 22 23int check() { 24 int ret = a[7]; 25 if(a[8]!=ret || a[9]!=ret || a[12]!=ret || a[13]!=ret || 26 a[16]!=ret || a[17]!=ret || a[18]!=ret) 27 return 0; 28 return ANS = ret; 29} 30 31int cal() { 32 int num[4]; 33 memset(num, 0, sizeof(num)); 34 num[a[7]]++; 35 num[a[8]]++; 36 num[a[9]]++; 37 num[a[12]]++; 38 num[a[13]]++; 39 num[a[16]]++; 40 num[a[17]]++; 41 num[a[18]]++; 42 return 8-Max(num[3], Max(num[2], num[1])); 43} 44 45 46int DFS(int now) { 47 48 int i, b[N], j, t; 49 50 if(now == Len) 51 return check(); 52 53 int c = cal(); 54 if(now + c > Len) 55 return 0; 56 57 for(i = 0; i < 8; ++i) { 58 ans[now] = i; 59 memcpy(b, a, sizeof(a)); 60 for(j = 0; j < 7; ++j) 61 a[f[i][j][1]] = b[f[i][j][0]]; 62 t = DFS(now+1); 63 memcpy(a, b, sizeof(b)); 64 if(t != 0) 65 return t; 66 } 67 return 0; 68} 69 70int main() { 71 72// freopen("t.in", "r", stdin); 73 74 int i, t; 75 while(scanf("%d", &a[1]), a[1]) { 76 for(i = 2; i <= 24; ++i) 77 scanf("%d", &a[i]); 78 79 if(check() != 0) { 80 printf("No moves needed\n%d\n", a[7]); 81 continue; 82 } 83 84 Len = 1; 85 while( (t = DFS(0)) == 0) 86 Len++; 87 88 int i; 89 for(i=0; i<Len; ++i) 90 putchar(ans[i]+'A'); 91 printf("\n%d\n", ANS); 92 } 93 return 0; 94}
PKU3342 Party at Hali-Bula 这是昨天的比赛题。我搞了好久才搞定。真是太弱了。唉。 有3个方法: 1.TreeDP(树形DP) 这个应该是看到题目后第一个想到的。因为题目要求的最大人数应该就是标准的TreeDP做法。但是关于是否解唯一,做法又有很多,可以设置一个uniq数组来在DP的时候加以判断。规则如下: 设一个节点x 取x的时候得值为 dp[x][1],不取为dp[x][0] 若dp[x][1] = dp[x][0] 那么这一点本身一定不唯一 其他情况 假定父节点x 有k个子节点Yk 则由状态转移中子节点的唯一性来判断
2.贪心 贪心的方法比较容易想到 但是证明唯一性不容易 唯一性判断: 设一个节点y的父节点为x, x的父节点位f 如果y已经被选 x没有被选 而f也没有被选或者根本不存在(x为根) 如果x的所有除y以外的子节点都有被选 则 x和y的被选性可以交换 故不唯一 这个方法不知道如何证明 不过确实可以过题
3.二分图匹配 题目给出的图满足节点和子节点的取子情况不能重复的情况,因此我们很好根据这个构造二分图.假设有X集合和Y集合,如果某节点x处在X集合中,则其所有子节点均处在y集合中,反之亦然. 这样题目就转化了求最大独立集的问题(集合中任意两点没有边相接), 根据二分图的知识,假设二分图匹配为M, 我们可以将其转化成N-M; 而判断唯一性 方法是从Y集合(当然从X集合也行)做BFS, 或者使用强连通分支的方法判断某个匹配是否唯一. 这个算法在这篇文章中有详细叙述: http://www.cppblog.com/sicheng/archive/2007/08/07/29530.html
PKU3182 The Grove 题目的意思是让你找到一条最短的回路,使这条回路经过一个点(题目中的'*') 并且能够环绕一片连续的‘X’区域。 从题目的‘最短’和‘环绕’上考虑 我们应该是在进行BFS的时候进行一些符合题目条件的限制,让我们顺利找到这样一个环绕X区域的回路。 于是我们便转化成了加限制的BFS(限制他会环绕的走一圈)。如何限制呢?如果我们直接做BFS的话 势必会从‘X’区域的一边扩展到其另一边 (比如*在X区域的下方 那么就会分别从左边和右边扩展到X区域的上方.但是我们需要的是从右边(当然左边也行)扩展到上方,然后从上方沿着左边扩展到下方. 到这里可能有点思路了,我们必须要限制从下方沿着X区域向左的向上BFS扩展.于是我们考虑在X区域的最上层画一条线.凡是从X区域左边扩展到这条线上面去的路线我们均在BFS中终止.但是从右边扩展上去的允许.当然从上边沿着左边扩展到下面的也允许.由于一个点最多被BFS扩展2次(即从左边向上扩展的时候和从上沿着左边向下扩展的时候)所以我们定义一个dist[x][y][f]数组,然后对棋盘做有限制的BFS,相信这样足以解出此题.
PKU1549 Bright Bracelet 我真是太弱了。这道题被我折腾了2个小时,加了各种各样的上下界剪枝条,都没有剪过。最后在ZZN的提示下,用状态压缩DP搞定了这道题。看来我要好好反省下了。也许搜索强人能过掉吧,请教教我。 code follows:
1//by oyjpArt 2#include <stdio.h> 3#include <string.h> 4 5const int MAXINT = 2139062143; 6 7int n; 8int cost[8]; 9char bb[11][10]; 10int b[11][10]; 11int dp[2048][8][8]; 12int two[12]; 13 14int ones(int x) { 15 int c = 0; 16 while(x != 0) { 17 x &= (x-1); 18 c++; 19 } 20 return c; 21} 22 23#define Min(a, b) ((a)<(b)?(a):(b)) 24 25int main() { 26 27 int i, j; 28 two[0] = 1; 29 for(i = 1; i <= 11; ++i) 30 two[i] = two[i-1]<<1; 31 while( scanf("%d", &n), n != 0) { 32 for(i = 0; i < 8; ++i) 33 scanf("%d", &cost[i]); 34 for(i = 0; i < n; ++i) { 35 scanf("%s", bb[i]); 36 for(j = 0; j < 8; j++) 37 b[i][j] = bb[i][j]-'A'; 38 } 39 int tot = two[n]-1; 40 for(i = 0; i <= tot; ++i) 41 memset(dp[i], 127, sizeof(dp[i])); 42 43 for(i = 0; i < 8; ++i) { 44 int l = b[0][i], r = b[0][(i+4)%8]; 45 dp[two[0]][l][r] = cost[l] + cost[r]; 46 } 47 int x, p, q, k; 48 for(i = 1; i <= n-1; ++i) { 49 if(i == n-1) 50 memset(cost, 0, sizeof(cost)); 51 for(x = 1; x <= tot; ++x) { 52 if(ones(x) != i) 53 continue; 54 for(p = 0; p < 8; ++p) 55 for(q = 0; q < 8; ++q) 56 if(dp[x][p][q] != MAXINT) 57 for(j = 0; j < n; ++j) 58 if( (two[j]&x) == 0 ) 59 for(k = 0; k < 8; ++k) { 60 int l = b[j][k], r = b[j][(k+4)%8]; 61 if(r == p) { 62 if(i == n-1) 63 if(l != q) continue; 64 dp[x+two[j]][l][q] = Min(dp[x+two[j]][l][q], dp[x][p][q]+cost[l]); 65 } 66 if(l == q) { 67 if(i == n-1) 68 if(r != p) continue; 69 dp[x+two[j]][p][r] = Min(dp[x+two[j]][p][r], dp[x][p][q]+cost[r]); 70 } 71 } 72 } 73 } 74 int ans = MAXINT; 75 for(i = 0; i < 8; ++i) 76 for(j = 0; j < 8; ++j) 77 ans = Min(ans, dp[tot][i][j]); 78 79 if(ans == MAXINT) 80 printf("impossible\n"); 81 else 82 printf("%d\n", ans); 83 } 84 return 0; 85}
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请教:1549没看懂。怎样压缩状态呢?二进制在这里表示什么呢?为什么是2048?
一共有11个珠子 用11个2进制位来表示是否已经加入到当前的串中,即供需要2^11 = 2048来表示
谢谢大牛!也许是我太笨了吧,还是没看懂。:)
dp[K][i][j]是表示什么意思?
# re: 再说几道题[未登录] 回复 更多评论
2007-09-03 23:29 by
不好意思 没说清楚
dp[2048][8][8]中的第一维是代表当前那些珠子已经加入到串中。
比如如果1,2,4颗珠子加入 则第一维为(00000001011)B
所谓加入 就是这颗珠子是否已经使用
后面2维分别代表连续的珠串中最左端和最右端的珠子是什么颜色的(一共8种颜色)
之所以这样设置DP 是因为在不断加入珠子的过程中始终成为一连串,而决定一个状态的只有左右两个珠子的颜色。所以这样设置DP之后就可以达到无后效性。
嗯~pku2286在您的启发下过掉了~ 太感谢了~ 欢迎也来看我们的blog~
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