poj2411 Mondriaan's Dream[简单状压dp]

$11*11$格子板上铺$1*2$地砖方案。以前做过？权当复习算了，毕竟以前学都是浅尝辄止的。。常规题，注意两个条件：上一行铺竖着的则这一行同一位一定要铺上竖的，这一行单独铺横的要求枚举集合中出现连续偶数个的1，预处理一下即可。注意数据及时reset。

  #include<iostream>
  #include<cstdio>
  #include<cstring>
  #include<cmath>
  #include<algorithm>
  #include<queue>
  #define dbg(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
  using namespace std;
 typedef long long ll;
 template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?A=B,:;}
 template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?A=B,:;}
 template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;}
 template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;}
 template<typename T>inline T read(T&x){
     x=;int f=;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=;
     while(isdigit(c))x=x*+(c&),c=getchar();return f?x=-x:x;
 }
 const int N=;
 ll f[N][<<N-];
 int n,m,ful,g[<<N-];

 int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.out","w",stdout);
     for(register int i=;i<(<<);++i){
         int cnt=;
         for(register int j=;j<;++j){
             if(!((<<j)&i)){if(cnt&)break;cnt=;}
             else ++cnt;
         }
         if(!(cnt&))g[i]=;
     }
     while(read(n),read(m),n){
         if((n*m)&){printf("0\n");continue;}
         f[][ful]=;ful=(<<m)-;f[][ful]=;
         for(register int i=;i<=n;++i){
             for(register int j=;j<=ful;++j){
                 f[i][j]=;
                 for(register int k=;k<=ful;++k)if(((j|k)==ful)&&(g[j&k])){
                     f[i][j]+=f[i-][k];
                 }
             }
         }
         printf("%lld\n",f[n][ful]);
     }
     return ;
 }

UPD：以前个人理解这个$0/1$状态设计有问题。应当是$f[i][S]$表示的是当前推导了第$i$行，状态$S$，对应二进制位$1$的表示这一格填了，$0$表示还没填，有$0$的这种情况下是留作下一行使用的（也就是可以由现在没填的情况推向下一行同一列填好的情况），说“表示放下竖着摆的砖的上半部分”的说法是不确切的。这样，用上述正确的状态定义就可以方便解决绝大多数铺砖类题目。再比如：

如果有的格子不准铺，有多少种铺法？最多铺多少个？用上面的定义，可以在当前状态$S$下使用DFS推导出下一行的所有合法方案并更新，不能铺的地方也用$1$来表示。当然，也可以使用轮廓线DP来推，但是好像会被dfs吊打。。但是最好不要用暴力枚举来推，有大量冗余状态。

详细可以见这道题目题解。poj1038 Bugs Integrated, Inc.[状压DP]