POJ3254：Corn Fields（状压dp第一发）

题目：http://poj.org/problem?id=3254

直接上代码吧，刚开始做时主要的问题就是看不懂二进制，有个博客写的太好了，就直接把题解复制在下面了。

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <math.h>
#define mod 100000000

int m,n,state[],dp[][],top,cur[];
inline bool ok(int x)
{
    if(x&x<<) return false;
    return true;
}
void init()
{
    int total=<<n;
    top=;
    for(int i=;i<total;i++)
    {
        if(ok(i)) state[++top]=i;
    }
}
inline bool fit(int x,int k)
{
    if(cur[k]&x) return false;
    return true;
}
int main()
{
    int xx;
    while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF)
    {
        init();
        for(int i=;i<=m;i++)
        {
            cur[i]=;
            for(int j=;j<=n;j++)
            {
                scanf("%d",&xx);
                if(xx==) cur[i]+=(<<(n-j));
            }
        }
        memset(dp,,sizeof(dp));
        for(int i=;i<=top;i++)
        {
            if(fit(state[i],))
                dp[][i]=;
        }
        for(int i=;i<=m;i++)
        {
            for(int k=;k<=top;k++)
            {
                if(!fit(state[k],i)) continue;
                for(int j=;j<=top;j++)
                {
                    if(!fit(state[j],i-)) continue;
                    if(state[j]&state[k]) continue;
                    dp[i][k]=(dp[i][k]+dp[i-][j])%mod;
                }
            }
        }
        int ans=;
        for(int i=;i<=top;i++)
        {
            ans=(ans+dp[m][i])%mod;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return  ;
}

题目大意：农夫有一块地，被划分为m行n列大小相等的格子，其中一些格子是可以放牧的（用1标记），农夫可以在这些格子里放牛，其他格子则不能放牛（用0标记），并且要求不可以使相邻格子都有牛。现在输入数据给出这块地的大小及可否放牧的情况，求该农夫有多少种放牧方案可以选择（注意：任何格子都不放也是一种选择，不要忘记考虑！

解题思路：以样例数据第一行为例，三个格子都可以放牧，即每个格子都可以选择放，或不放。再考虑附加条件“相邻格子不可同时放牧”，那么我们可以列出单看第一行时的所有可行状态如下（1代表放牧，0代表不放牧）

编号	状态
1	0 0 0
2	0 0 1
3	0 1 0
4	1 0 0
5	1 0 1

（表1）

由此，可将表中的状态看作二进制表示，那么，只需将每种状态转化为相应的十进制数，即可只用一个数字，就能表示某一种状态，如下表：

编号	二进制	十进制
1	0 0 0	0
2	0 0 1	1
3	0 1 0	2
4	1 0 0	4
5	1 0 1	5

（表2）

这种用一个数来表示一组数，以降低表示状态所需的维数的解题手段，就叫做状态压缩。

至此我们看到，在只考虑第一行的时候，有5种可行的放牧方案，但这只是我们要做的第一步。接下来要将第二行纳入考虑：

首先思考：纳入第二行后，会对当前问题造成什么样的影响？

答案还是那句话：“相邻格子不可同时放牧”！

也就是说，不止左右相邻不可以，上下之间也不能存在相邻的情况。

首先观察第二行，只有中间的格子可以放牧，那么我们的状态表格就可以相对简单些了～如下：

编号	二进制	十进制
1	0 0 0	0
2	0 1 0	2

（表3）

只有两种可行状态，那么我们不妨一个一个来考察：

1、当第二行的状态为编号1时，第二行的三个格子都没有放牧，那么就不会与第一行的任何情况有冲突，第一行的5种方案都可行，即：第二行选用编号1的状态时，结合第一行，可得到5种可行的放牧方案；

2、当第二行的状态为编号2时，第二行中间的格子已经放牧了，那么第一行中间的格子就不可以放牧。看表2，发现其中第3种状态与当前第二行冲突，那么第一行只有4种方案是可行的，即：第二行选用编号2的状态时，结合第一行，可得到4种可行的放牧方案；

那么，在样例数据给出的情况下，我们的最终答案即为5+4=9；

通过对样例数据的分析即可以发现不同状态之间的关系：

以dp[i][state(j)]来表示对于前i行，第i行采用第j种状态时可以得到的可行方案总数！

例如：回头看样例数据，dp[2][1]即代表第二行使用第2中状态（0 1 0）时可得的方案数，即为4；

那么，可得出状态转移方程为：

dp[i][state(j)]=dp[i-1][state(k1)]+dp[i-1][state(k2)]+......+dp[i-1][state(kn)](kn即为上一行可行状态的编号，上一行共有n种可行状态）

最终ans=dp[m][state(k1)]+dp[m][state(k2)]+......+dp[m][state(kn)]; (kn即为最后一行（第m行）可行状态的编号）

程序代码：

先声明，这道题我是参考了@AcCry的博文 “状态压缩DP总结【POJ3254】【POJ1185】【POJ3311】【HDU3001】【POJ2288】【ZOJ4257】【POJ2411】【HDU3681】”解出的，原文的讲解比较精简，我单独拿出其中第一题详解作为入门。

先帖原帖代码，我在读的过程中加了详细注释，并做了一些细节上的修改：

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

#define mod 100000000
int M,N,top = ;
//top表示每行最多的状态数

int state[],num[];
//state存放每行所有的可行状态（即没有相邻的状态
//

int dp[][];
//dp[i][j]:对于前i行数据，每行有前j种可能状态时的解
int cur[];
//cur[i]表示的是第i行整行的情况

inline bool ok(int x){    //判断状态x是否可行
   if(x&x<<)    return false;//若存在相邻两个格子都为1，则该状态不可行
   return true;
}
void init(){            //遍历所有可能的状态
   top = ;
   int total =  << N; //遍历状态的上界
   for(int i = ; i < total; ++i){
       if(ok(i))state[++top] = i;
   }
}
inline bool fit(int x,int k){ //判断状态x 与第k行的实际状态的逆是否有‘重合’
   if(x&cur[k])return false; //若有重合，（即x不符合要求）
   return true;  //若没有，则可行
}

int main(){
    while(scanf("%d%d",&M,&N)!= EOF){
       init();
       memset(dp,,sizeof(dp));
       for(int i = ; i <= M; ++i){
           cur[i] = ;
           int num;
           for(int j = ; j <= N; ++j){  //输入时就要按位来存储，cur[i]表示的是第i行整行的情况，每次改变该数字的二进制表示的一位
                scanf("%d",&num);  //表示第i行第j列的情况（0或1）
               if(num == ) //若该格为0
                   cur[i] +=(<<(N-j)); //则将该位置为1（注意要以相反方式存储，即1表示不可放牧
           }
       }
       for(int i = ;i <= top;i++){
           if(fit(state[i],)){  //判断所有可能状态与第一行的实际状态的逆是否有重合
                dp[][i] = ;  //若第1行的状态与第i种可行状态吻合，则dp[1][i]记为1
           }

       }

       /*
       状态转移过程中，dp[i][k] =Sigma dp[i-1][j] （j为符合条件的所有状态）
        */
       for(int i = ; i <= M; ++i){  //i索引第2行到第M行
           for(int k = ; k <= top; ++k){ //该循环针对所有可能的状态，找出一组与第i行相符的state[k]
                if(!fit(state[k],i))continue; //判断是否符合第i行实际情况
                for(int j = ; j <= top ;++j){ //找到state[k]后，再找一组与第i-1行符合，且与第i行（state[])不冲突的状态state[j]
                   if(!fit(state[j],i-))continue;  //判断是否符合第i-1行实际情况
                   if(state[k]&state[j])continue;  //判断是否与第i行冲突
                   dp[i][k] = (dp[i][k] +dp[i-][j])%mod;  //若以上皆可通过，则将'j'累加到‘k'上
                }
           }
       }
       int ans = ;
       for(int i = ; i <= top; ++i){ //累加最后一行所有可能状态的值，即得最终结果！！！泥马写注释累死我了终于写完了！
           ans = (ans + dp[M][i])%mod;
       }
       printf("%d\n",ans);
   }
}