poj 2411 Mondriaan's Dream（状态压缩+dp）



题意：用1*2砖块铺满n*m的房间。

思路转自：http://www.cnblogs.com/scau20110726/archive/2013/03/14/2960448.html

因为这道题输入范围在11*11之间，所以可以先打表直接输出..........

状态压缩DP

经典覆盖问题，输入n和m表示一个n*m的矩形，用1*2的方块进行覆盖，不能重叠，不能越出矩形边界，问完全覆盖完整个矩形有多少种不同的方案

其中n和m均为奇数的话，矩形面积就是奇数，可知是不可能完全覆盖的。接着我们来看n*m为偶数的情况

DP前先处理一下，交换n和m使n较大m较小，这样能减少状态数

另外数据中是有重复的，所以开辟一个ans数组来记录每组数据的结果，如果遇到相同的数据则不要计算直接输出答案

不用这个ans数组的话也不会超时，这个代码是跑出了950ms，加了这个记录答案的数组时间变为600ms

接着就看注释部分的讲解即可

/*
最上面的为第1行，最下面为第n行
从上到下按行DP
其中一行的状态我们用一个二进制表示，0表示没有被覆盖，1表示被覆盖了
最后得到一个01串，这个串变回十进制就是一个状态
定义状态dp[i][s]，表示前i-1行已经放满，第i行的状态为s的方案数
状态转移方程为 dp[i][s]=sum{ dp[i-1][ss] } ，其中状态s与状态ss兼容
这个状态转移方程的内涵在于理解s和ss何为兼容
首先我们约定一个放置方法，就是竖着放的时候，我们暂且将其称为“上凸型摆放”
因为竖放必然占据第i-1行和第i行，我们约定这个方块是属于第i行的，也就是说它凸上去了
那么要在第i行的第j列竖放一个方块的话，第i-1行第j列必须没有方块
也就是说，第i行的放置是受到第i-1行的限制的，反过来说在第i行竖放了方块，也会影响第i-1行的状态
所以这样就可以讲解一下状态转移方程了，前i-2行已经放满了，第i-1行的状态为ss(dp[i-1][ss])
此时在第i行开始放一些方块，放的方法不定，可能横放可能竖放，但是按这个方案放完后
第i-1行刚好被填满，且第i行的状态变为了s，所以不难想到第i-1行的状态ss到第i行的状态s这个转移是唯一的
所以有 dp[i][s]=sum{ dp[i-1][ss] }
最后我们详细讨论一下s和ss在什么情况下是兼容的
1.第i行的第j列为1，第i-1行的第j列为1，这样的话，说明第i行的第j列一定不是竖放而是横放否则会与第i-1行的第j列冲突
  所以马上紧接着判断第i行第j+1列，如果是1，那么满足横放的规则，同时也要第i-1行第j+1列也要为1，否则的话这个格子没办法填充，
  成立后向左移动两格
  不满足上述条件的，就是两个不兼容或者不合法的状态
2.第i行第j列为1，第i-1行第j列为0，那么说明第i行第j列应该竖放并填充第i-1行第j列，成立后向左移动一格
3.第i行第j列为0，说明不放方块，那么第i-1行第j列必须为1，否则没法填充这个格子。若第i-1行第j列也为0，不兼容不合法
  (至于第i行第j列这个格子空着干什么，其实就是留出来给第i+1行竖放的时候插进来的)

那么目标状态是什么，就是dp[n][maxs]，maxs表示全部是1的串，即第n-1行以上全部覆盖满，第n行的状态为maxs，即没有空着的格子，也全部覆盖满了
即整个矩形全部被覆盖满了的状态

最后是第1行的初始化问题，因为约定了“上凸型摆放”，所以第1行是不能竖放方格的，只能横放方格，
每横放一个必定占据两个格子，所以在判断一个状态（那个01串）的时候，连着的1的个数必定为偶数，如果出现了单独的1，说明不合法
*/

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<string>
#include<map>
#include<set>
#define eps 1e-6
#define LL long long
using namespace std;  

#define maxs (1 << m)
//const int maxn = 100 + 5;
//const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
LL d[12][2100];

bool init_firstline(int s) {
	for(int i = 0; i < m;) {
		if((s&(1<<i)) && i < m-1 && (s&(1<<(i+1)))) i += 2;
		else if(s&(1<<i)) return false;
		else i++;
	}
	return true;
}

bool judge(int s, int ss) {
	for(int i = 0; i < m; ) {         //!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!注意位运算优先级低于 ==！！！！！！！！！！！
		if((ss & (1 << i)) == 0) {                      //i-1行为0
			if((s & (1 << i)) == 0) return 0;     //i-1行为0且第i行为0，非法状态
			i++;                                     //i-1行为0且第i行为1，合法，考虑下一列
		}
		else {                //i-1行为1
			if((s & (1 << i)) == 0) i++;               //i行为0合法考虑下一列
			else {
				if(i == m-1) return 0;           //这时只能横放
				if((s&(1 << (i+1))) && (ss&(1 << (i+1)))) i += 2;
				else return 0;
			}
		}
	}
	return 1;
}

void dp() {
	for(int i = 0; i < maxs; i++) if(init_firstline(i))
		d[1][i] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i++) {                    //枚举行
		for(int j = 0; j < maxs; j++) {              //枚举第i行
			for(int k = 0; k < maxs; k++) if(judge(j, k))       //枚举第i-1行
				d[i][j] += d[i-1][k];
		}
	}
}

void init() {
	memset(d, 0, sizeof(d));
	if(n < m) swap(n, m);
}

void solve() {
	dp();
//	cout << d[1][0] << endl; cout << d[1][1] << endl; cout << d[2][0] << endl; cout << d[2][1] << endl;
//	cout << judge(1, 0) << endl;
	cout << d[n][maxs-1] << endl;
}

int main() {
//	freopen("input.txt", "r", stdin);
	while(scanf("%d%d", &n, &m) == 2 && n) {
		init();
		solve();
	//	cout << judge(1, 0) << endl;
	}
	return 0;
}

版权声明：本文为博主原创文章，未经博主允许不得转载。

poj 2411 Mondriaan's Dream（状态压缩+dp）