hiho_1048_状态压缩2

题目大意

用1x2的单元拼接出 NxM的矩形，单元可以横放或者纵放，N < 1000， M <= 5. 求不同的拼接方案总数。

分析

计算机解决问题的基本思路：搜索状态空间。如果采用dfs进行搜索，则可以将当前搜索的位置(i, j)作为状态，而不保存棋盘的占用情况，每次扩展时进行判断是否可行。这样可以得到最后的结果，但当然会超时。 
    （1） 参考hiho_1048中的提示，可以知道在搜索的时候按照固定的顺序可以大幅度剪枝（通过将无序的搜索变成有序的搜索来实现）。然后可以对中间结果进行保存，即记忆化搜索。状态dp[i][j][s1][s2] 表示求第i行，第j列位置开始扩展，且第i行的占用状态为s1, 第i+1行的占用状态为s2 时，填满剩余的空格的方案总数。

（2）将记忆化搜索直接使用动态规划来实现，状态 dp2[i][k1][k2] 表示前i-1行都已经填满了，此时第i行的占用情况的二进制表示转换为十进制为 k1，第i+1行的占用情况的二进制表示转换为十进制为 k2，达到此时棋盘占用情况的摆放方案总数。 
    这样，可以进行状态转移时，枚举第i行的占用情况k1，和第i+1行的占用情况k2，看是否可以进行扩展,blabla...

实现

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
#define BIT(i, j) (i & (1 << (j - 1)))
const int mod = ;
int dp[][][][];

/*记忆化搜索
n,m为边界n行，m列。
求第i行，第j列位置开始扩展，且第i行的占用状态为s1, 第i+1行的占用状态为s2 时，填满剩余的空格的方案总数
*/
int dfs(int n, int m, int i, int j, int s1, int s2){
    if (dp[i][j][s1][s2] != -)
        return dp[i][j][s1][s2];
    int result = ;
    //边界！！ 无法继续扩展时，取值为1，表示所有扩展到此的合理情况的初始均为1
    if (i > n || j > m || s1 >= ( << m) || s2 >= ( << m))
        return ;
    //如果第i行位置j（从右向左）被占用，且j < m，向左扩展
    if (BIT(s1, j) && j < m)
        result = dfs(n, m, i, j + , s1, s2);
    //如果第i行位置j（从右向左）被占用，且j = m，向下一行扩展
    else if (BIT(s1, j) && j == m)
        result = dfs(n, m, i + , , s2, );
    //如果第i行位置j没有被占用，且无法向左或者向下扩展
    else if (BIT(s1, j) ==  && (j == m || BIT(s1, j + )) && (i == n || BIT(s2, j)))
        result = ;
    //如果第i行位置j没有被占用，且只能向左扩展
    else if (BIT(s1, j) ==  && j < m && BIT(s1, j + ) ==  && (i == n || BIT(s2, j)))
        result = dfs(n, m, i, j, s1 | ( << (j - )) | ( << j), s2);
    //如果第i行位置j没有被占用，且只能向下扩展
    else if (BIT(s1, j) ==  && (j == m || BIT(s1, j + )) && (i < n && BIT(s2, j) == ))
        result = dfs(n, m, i, j, s1 | ( << (j - )), s2 | ( << (j - )));
    //如果第i行位置j没有被占用，且可以向左或向下扩展
    else if (BIT(s1, j) ==  && j < m && BIT(s1, j + ) ==  && i < n && (BIT(s2, j) == ))
        result = dfs(n, m, i, j, s1 | ( << (j - )) | ( << j), s2) +
        dfs(n, m, i, j, s1 | ( << (j - )), s2 | ( << (j - )));
    //记忆化保存
    return dp[i][j][s1][s2] = result % mod;
}

//动归数组， dp2[i][k1][k2] 表示前i-1行都已经填满了，此时第i行的占用情况的二进制表示转换为十进制为 k1，
// 第i+1行的占用情况的二进制表示转换为十进制为 k2
int dp2[][][];
int main(){
    int n, m;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    /*
    记忆化搜索
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    int result = dfs(n, m, 1, 1, 0, 0);
    printf("%d\n", result);
    */

    //动态规划
    memset(dp2, , sizeof(dp2));
    //初始状态，第1行未被占用，只有1种可能。
    dp2[][][] = ;
    int mx =  << m;
    for (int i = ; i <= n; i++){
　　　　/*
　　　　　　下面的 j （第i行从右到左的每个位置）循环放在 k1(第i行当前的bit状态) 之前是为了去除重复！ 因为我们总是按照顺序从上到下，从右到左枚举当前可以放置方块的位置点，
　　　　　　在循环到每个（i, j）点，都看当前的哪些k1状态可以在次扩展
　　　　*/
        for (int j = ; j <= m; j++){
            //枚举第i行的所有情况（占用情况的二进制表示转换为十进制）
            for (int k1 = ; k1 < mx; k1++){
                //如果第i行的第j个位置（从右向左）为0，则可以从这里开始扩展
                if ((k1 & ( << (j - ))) == ){
                    //看是否可以横向扩展
                    if (j < m && ( (( << j) & k1) == )){
                        //状态转移
                        for (int k2 = ; k2 < mx; k2++){
                            dp2[i][k1 | ( << j) | ( << (j - ))][k2] =
                                (dp2[i][k1 | ( << j) | ( << (j - ))][k2] + dp2[i][k1][k2]) % mod;
                        }
                    }
                    if (i < n) //看是否可以纵向扩展
                        //当前的第i+1行的占用情况
                        for (int k2 = ; k2 < mx; k2++){
                            //如果第i+1行的第j个位置（从右向左）为0，则可以纵向扩展
                            if ((( << (j-)) & k2) == )
                                //状态转移
                                dp2[i][k1 | ( << (j - ))][k2 | ( << (j - ))] =
                                (dp2[i][k1 | ( << (j - ))][k2 | ( << (j - ))] + dp2[i][k1][k2]) % mod;
                        }
                }
            }
        }
        //当第i行全部被占用满时，可以将第i+1行的状态 转移到 i+1行的当前行
        for (int k = ; k < mx; k++){
            dp2[i + ][k][] = dp2[i][mx - ][k];
        }
    }
    //最后的结果是n行全部占满，此时第n行为 mx-1， 第n+1行为0
    printf("%d\n", dp2[n][mx-][]);
    return ;
}