瓷砖覆盖（状压DP)

题目描述 Description

用1*2的瓷砖去铺N*M的地面，问有多少种铺法

输入描述 Input Description

第一行有两数n，m。表示地面的大小

输出描述 Output Description

共一行，为方案总数

样例输入 Sample Input

2 2

样例输出 Sample Output

2

分析：

用1*2的砖去恰好铺满n*m的空间,对于第k行第j列,有3种情况将该点铺满
1:由第k-1行第j列砖竖着铺将第k行第j列铺满
2:由第k行第j列被横铺砖铺满
3:第k行第j列砖竖着铺将该点铺满
所以对于每一列的情况其实有两种(1,0)表示该点铺砖还是不铺
而对于每一列必须到达的状态只有一种，就是被铺满(1)
但是由上述3种情况将铺满方式分成两种:
0和1表示被k-1行j列竖铺铺满和在k-1行被横铺铺满
对于每一行列举每一种到达的状态j,dp[j]表示到达该状态有多少种情况
分析对于第k-1行状态j:10000111
需要到达第k行状态i: 01111011
如果需要到达第k行j列状态是0，则必须第k-1行该点状态不能是0，否则一定是连续两列竖放冲突
所以到达第k-1行该点只能是1，也就是说i|j一定每一位是1,也可以一步步判断是否满足第k行j列是0第k-1行j列是1
如果需要到达第k行状态j列是1，则假如第k-1行该点是0，则该点状态可以到达，继续判断j+1列
假如第k-1行该点是1，则第k行j列的1一定是横铺到达的,所以k行第j+1列一定也被铺满为1
从而第k-1行j+1列一定不能竖铺，必须被横铺铺满，所以也是1.
于是综合的第k行j列和第k-1行j列的关系(每一行每一列都表示到达的状态)
1:下面这种情况从第j列继续去判断j+1列
1
0
2:下面这种情况从第j列继续去判断j+1列
0
1
3:下面这种情况从第j列判断第j+1列是否全是1,然后继续判断第j+2列
1
1

*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <cmath>
#include <iomanip>
#define INF 99999999
typedef long long LL;
using namespace std;

const int MAX=(<<)+;
int n,m;
LL temp[MAX],dp[MAX],bin[];
bool mark[MAX];

bool check(int i){
    while(i){
        if(i&){
            i>>=;
            if(!(i&))return false;//第j列是1则第j+1列必须是1
            i>>=;//继续判断下一列
        }else i>>=;//继续判断下一列
    }
    return true;
}

void Init(){
    memset(mark,false,sizeof mark);
    memset(temp,,sizeof temp);
    for(int i=;i<bin[m];++i){//初始化第一行和可以到达什么状态
        if(check(i))temp[i]=,mark[i]=true;
    }
}

void DP(){
    for(int k=;k<=n;++k){
        for(int i=;i<bin[m];++i)dp[i]=;
        for(int i=;i<bin[m];++i){
            for(int j=;j<bin[m];++j){
                if((i|j) != bin[m]-)continue;//每一位或之后必须每一位是1(综合前面3种情况和分析可知)
                if(!mark[i&j])continue;//由初始化和前面分析三种情况分析可知i&j必须得到和初始化可以到达的状态一样才行
                dp[i]+=temp[j];//i可以从j到达,则增加j的方案数
            }
        }
        for(int i=;i<bin[m];++i)temp[i]=dp[i];
    }
}

int main(){
    bin[]=;
    for(int i=;i<;++i)bin[i]=*bin[i-];
    while(~scanf("%d%d",&n,&m),n+m){
        if(n<m)swap(n,m);//始终保持m<n,提高效率
        Init();
        DP();
        printf("%lld\n",temp[bin[m]-]);//输出最后一行到达时的状态必须全部是1
    }
    return ;
}

优化：

<code class="language-cpp">/*优化:不去盲目的列举所有状态i和j然后判断状态j能否到达i,这样效率很低,因为能到达i的状态j很少
因此对于每种状态i,由i区搜索能到达i的状态j,大大提高效率
有298ms->32ms
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <cmath>
#include <iomanip>
#define INF 99999999
typedef long long LL;
using namespace std;  

const int MAX=(<<)+;
int n,m;
LL temp[MAX],dp[MAX],bin[];  

bool check(int i){
    while(i){
        if(i&){
            i>>=;
            if(!(i&))return false;//第j列是1则第j+1列必须是1
            i>>=;//继续判断下一列
        }else i>>=;//继续判断下一列
    }
    return true;
}  

void Init(){
    memset(temp,,sizeof temp);
    for(int i=;i<bin[m];++i)if(check(i))temp[i]=;//初始化第一行
}  

void dfs(int k,int i,int j){
    if(k == m){dp[i]+=temp[j];return;}
    if(k>m)return;
    if((i>>k)&){
        dfs(k+,i,j);
        if((i>>(k+))&)dfs(k+,i,j|(<<k)|(<<(k+)));
    }
    else dfs(k+,i,j|(<<k));
}  

void DP(){
    for(int k=;k<=n;++k){
        for(int i=;i<bin[m];++i)dp[i]=;
        for(int i=;i<bin[m];++i)dfs(,i,);
        for(int i=;i<bin[m];++i)temp[i]=dp[i];
    }
}  

int main(){
    bin[]=;
    for(int i=;i<;++i)bin[i]=*bin[i-];
    while(~scanf("%d%d",&n,&m),n+m){
        if(n<m)swap(n,m);//始终保持m<n,提高效率
        Init();
        DP();
        printf("%lld\n",temp[bin[m]-]);//输出最后一行到达时的状态必须全部是1
    }
    return ;
}</code>