Mondriaan's Dream【状压DP】

测评传送门

题意：

给定一个 n*m 的矩形，用1*2的方块填充的所有方案数

Sample Input

1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0

Sample Output

1
0
1
2
3
5
144
51205

思路：

像这样看上去就不会做的题目数据范围一般都不大（因为要用状压呀，大了能存的下吗？）

而且显然答案会很大，所以记得开 long long

正题----

我们可以一行一行地看，对于上一行地情况，可以是横着的也可以是竖着的，横着的对我们当前这一行的状态无影响，关键是竖着的方块我们在这一行必须给它接上。

我们用长度为 m 的二进制数来表示状态

　　状态为竖着摆时的上半截，状态为 1 ，否则为 0

我们考虑当前这一行，如果上一行是1，我必须接上下半截，状态为 0 ；如果是 0 ，那我这一行就可以随便摆

设当前状态为 j，上一行状态为 k

所以必定满足：

1. j&k==0
2. j | k 状态中连续的 0 必须有偶数个

第二条也很显然，我们活下来的是什么状态呢？1表示竖着，0,表示横着且连续，如果 0 是奇数个，就不符合要求

所以我们就先需要预处理出合法的情况

code

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m;
long long f[12][1<<11];
bool ins[1<<11];

int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&m) && n && m) {
        int mix=(1<<m);
        for(int i=0;i<mix;++i) {
            bool cnt=0,flag=0;
            for(int j=0;j<m;++j) {
                if(i>>j & 1) flag|=cnt,cnt=0;
                else cnt^=1;
            }
            ins[i]=flag|cnt?0:1;
        }
        f[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=n;++i) {
            for(int j=0;j<mix;++j) {
                f[i][j]=0;
                for(int k=0;k<mix;++k) {
                    if((j&k)==0 && ins[j|k])
                        f[i][j]+=f[i-1][k];
                }
            }
        }
        printf("%lld\n",f[n][0]);
    }
    return 0;
}

Mondriaan's Dream【状压DP】

原文地址：https://www.cnblogs.com/qseer/p/9904356.html