POJ2411 Mondriaan's Dream 【状压dp】

没错,这道题又是我从LZL里的博客里剽过来的，他的题真不错，真香。

题目链接：http://poj.org/problem?id=2411

题目大意：给一个n * m的矩形, 要求用 1 * 2的小方块去填充满这个矩形, 有多少种填充方式。(1<=n, m <= 11)

思路：

1.凭借做题的经验，能想到这道题一定是无法用暴力去解决，因为方法数肯定很多，暴力跑不出来。

2.看到这题我想到的是用状态转移，因为大的矩形填充可以由多个小的矩形填充来组成，这是最开始的想法，但是这种想法远远不够。

3.用到状压dp，这篇博客讲解的非常清楚：https://blog.csdn.net/u014634338/article/details/50015825

4.总的来说就是先预处理出第一行的所有状态，然后dp从第2行开始，check()本行与前一行的状态是否兼容，然后把相应状态的方法数叠加上来。

5.0代表竖放,竖放的第二个砖块为1. 1代表横放,所占的两个位置都为1

代码里写了很详细的注释：

 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 #include<algorithm>
 #define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
 using namespace std;

 int row, col;
 long long dp[][ << ]; //代表前 i 行,第i行状态为j时的方案数目.因此答案所求的是 dp[row][(1 << m) - 1] 

 int ok(int state)
 {
     for(int j = ; j < col; ) //枚举每一列的状态 前j列已经被确定
     {
         if(state & ( << j))  //第 j 列为 1
         {
             if(j == col - ) //列数不够
                 return ;
             if(state & ( << (j + ))) //第 j + 1列为 1, 横放
                 j += ;
             else//第 j + 1 列为 0, 在第 j 列还未被确定的情况下是不合法的
                 return ;
         }
         else//第 j 列为 0, 竖放
         {
             j += ;
         }
     }
     return ;
 }

 int check(int now, int pre)
 {
     for(int j = ; j < col; )//枚举每一列判断是否与前一行有冲突
     {
         if(now & ( << j))//第i行第j列为1
         {
             if(pre & ( << j))//第i-1行第j列也为1，那么第i行必然是横放
             {
                 if(j == col - )
                     return ;
                 if(!(now & ( << (j + ))) || !(pre & ( << (j + ))))
                 //第i行和第i-1行的第j+1都必须是1，否则是非法的
                     return ;
                 j += ;
             }
             else //第i-1行第j列为0，说明第i行第j列是竖放
                 j += ;
         }
         else //第i行第j列为0，那么第i-1行的第j列应该是已经填充了的
         {
             if(pre & ( << j))
                 j += ;
             else
                 return ;
         }
     }
     return ;
 }

 int main()
 {
     while(scanf("%d%d", &row, &col) != EOF)
     {
         if(row ==  && col == )
             break;
         if(col > row)  //将图较小边作为宽，这样一行中的状态数较少，可以提高效率
             swap(col, row);
         if((row * col) % ) //若面积为 奇数 , 则不可能存在覆盖满的情况
         {
             printf("0\n");
             continue;
         }
         mem(dp, );
         int tot =  << col;
         for(int i = ; i < tot; i ++) //枚举第1行的所有状态,初始化第1行的方案数
         {
             if(ok(i))
                 dp[][i] = ;
         }
         for(int i = ; i <= row; i ++) //dp从第2行开始,因为第1行已经预处理了
         {
             for(int j = ; j < tot; j ++)//第 i 行的状态
             {
                 for(int k = ; k < tot; k ++)//第 i - 1行的状态
                 {
                     if(check(j, k))
                         dp[i][j] += dp[i - ][k];
                 }
             }
         }
         printf("%lld\n", dp[row][( << col) - ]);
     }
     return ;
 }