POJ 2411 状压dp

题目大意：

用 1*2 或者2 *1的木板填满 h*w的长方形，问总共有多少种填充方法

直接dfs会超时，因为后面答案甚至爆了int，直接搜，肯定也是long long 的时间复杂度

这里我们将当前位置没放置任何木板为 0 ， 如有放置则看为 1

每次通过当前行 i 的状态 old 找到下一行 i + 1 所有满足当前行状态的状态 new ， 将 dp[i+1][new] += dp[i][old]

这个new的状态一定会在old状态为 0 的位置为1 ， 因为上一行为 0 ， 说明是留给竖木板的， 那么新一行的对应位置必然放了竖直木板

总状态为cnt ， 那么至少要保证 new 状态中 包含了 ~old&cnt 这个状态中的所有1

但是我们要找到所有可以对应old状态的new状态，那么就dfs搜可以在转换状态后加横木板的所有情况即可

 1 #include <cstdio>
 2 #include <cstring>
 3 #include <iostream>
 4 using namespace std;
 5
 6 int h,w,cnt;
 7 long long ans,add;
 8 long long dp[12][1<<12];
 9
10 void dfs(int k , int state , int i)
11 {
12     if(k > w){
13         dp[i+1][state] += add; //所有包含一开始传入状态的放置横木板后的状态
14         return;
15     }
16     if(k+1 <= w && !(state & (1<<k)) && !(state & (1<<k-1))){
17         dfs(k+2 , state | (1<<k-1) | (1<<k) , i);
18     }
19     dfs(k+1 , state , i);
20 }
21
22 int main()
23 {
24
25    // freopen("test.in","rb",stdin);
26     while(scanf("%d%d",&h,&w)!=EOF){
27         if(h == 0 && w == 0) break;
28         if((h&1) && (w&1)){
29             puts("0");
30             continue;
31         }
32         cnt = (1<<w)-1;
33         memset(dp,0,sizeof(dp));
34         add = 1;
35         dfs(1,0,0);
36         for(int i=1 ; i<h ; i++){
37             for(int j=0;j<=cnt;j++)
38                 if(dp[i][j])
39                 {
40                     add = dp[i][j];
41                      //传入的state是必须要放置的位置，根据dfs来找到那些包含state状态的且能放一个横木板的状态
42                     dfs(1 , ~j&cnt , i);//这里本来取~j就够了，但是有64位，那么最前面为0 的位置取反后也为1，那么~j得到的其实是个负数，所以还要进行&操作
43
44                 }
45         }
46         printf("%I64d\n",dp[h][cnt]);
47     }
48     return 0;
49 }