poj2411 状态压缩-铺地板题型-轮廓线解法（最优）

解法参考博客https://blog.csdn.net/u013480600/article/details/19569291

一种做法是先打出所有的状态，即满足上下配对的所有可能方案，然后再逐行进行枚举计数

dp[i][s]=sum{dp[i-1][t]},t是所有和s配对的状态

打状态时要注意如果i-1的j是0，那么i的j必定是1，i剩下的位置要必须一对对填入1，也可以用0填入，即枚举i行的横放砖块的起始位置k即可，如果i-1的k或k+1有一个不是1，那么显然不能放下

/*
对于每一行，用11表示一个横放的方块，用0表示竖放方块的第一格，1表示竖放方块的第二格
枚举i-1行的状态，推出i行的状态
如果i-1行的j位置是0，那么第i行的j必须是1，第i行剩下的地方要么填连续两个1要么填0
第n行的状态必须都是1
*/
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
ll dp[][<<];
int n,m,w,path[][];//所有可能的配对方案
void get(int m){
    for(int i=;i<=(<<m)-;i++)
        for(int j=;j<=(<<m)-;j++){
            int ok=;
            for(int k=;k<m;k++)
                if(ok){
                    if( !(i&(<<k)) ){//i的第k位是0
                         if(!(j&(<<k))){
                             ok=;break;
                         }
                    }
                    else{//i的第k位是1，其实是在枚举j状态横放的起点位置
                        if(!(j&(<<k)))continue;//j的第k位是0
                        ++k;
                        if(k>=m || !(i&(<<k))){//i没有第k+1位或者i的第k+1位是0，所以j在k位置不可能横放了
                            ok=;break;
                        }
                        else if( (j&(<<(k-))) && !(j&(<<k)) ){//j的状态是10，显然不可能
                                ok=;break;
                        }
                    }
                }
            if(ok)path[w][]=i,path[w++][]=j;
        }
}
int main(){
    while(cin>>n>>m,n){
        w=;
        if(m>n)swap(n,m);
        get(m);
        memset(dp,,sizeof dp);
        dp[][(<<m)-]=;
        for(int i=;i<n;i++)
            for(int j=;j<w;j++)
                dp[i+][path[j][]]+=dp[i][path[j][]];
        printf("%lld\n",dp[n][(<<m)-]);
    }
} 

另外一种解法

/*
用0和1表示某个位置放不放砖块，如果是0则表示让下一行来补，如果是1则有两种可能，一种是横放，一种是填补上一行的0
对应这三种情况，可以搜索出所有可能的配对情况
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll dp[][<<];
int path[][],n,m,w;
void get(int c,int pre,int now){
    if(c>m)return;
    else if(c==m){
        path[w][]=pre;
        path[w++][]=now;
        return;
    }
    get(c+,(pre<<)|,now<<);//后一行不放，前一行必定是1
    get(c+,pre<<,(now<<)|);//前一行0，后一行必定是1
    get(c+,(pre<<)|,(now<<)|);//前一行横放，后一行也是横放
}
int main(){
    while(cin>>n>>m,m){
        w=;
        if(m>n)swap(n,m);
        get(,,);
        memset(dp,,sizeof dp);
        dp[][(<<m)-]=;//初始条件不可忽略！
        for(int i=;i<n;i++)
            for(int j=;j<w;j++)
                dp[i+][path[j][]]+=dp[i][path[j][]];
        printf("%lld\n",dp[n][(<<m)-]);
    }
}

最后是轮廓线解法：遍历一次方格，每扫到一个方格时枚举所有可能的轮廓线，然后由上一个格子（上一个状态的轮廓线）推出当前状态的轮廓线所对应的摆放方案数，以此推到最后一个格子

使用滚动dp数组，覆盖之前无效的信息即可

/*
轮廓线解法
*/
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
ll dp[][<<];
int n,m,cur;
void update(int a,int b){//a是包含m位的旧状态，b是包含m+1位的新状态
    if(b&(<<m))//如果b的首位是1才进行转移，即如果b的首位是0的话是不成立的
         dp[cur][b^(<<m)]+=dp[cur^][a];
}
int main(){
    while(cin>>n>>m,m){
        if(m>n)swap(m,n);
        memset(dp,,sizeof dp);
        cur=;
        dp[][(<<m)-]=;//边际条件算第一种方案：需要由这个初始状态推导出其他状态
        for(int i=;i<n;i++)
            for(int j=;j<m;j++){
                cur^=;
                memset(dp[cur],,sizeof dp[cur]);//把上一轮的状态清零
                for(int k=;k<(<<m);k++){//枚举当前所有可能的轮廓线状态
                    //三种可能
                    update(k,k<<);//[i,j]不放
                    if(i && !(k&(<<(m-))))update(k,(k<<)^(<<m)^);//向上摆放
                    if(j && !(k&))update(k,(k<<)^);//向左摆放
                }
            }
        printf("%lld\n",dp[cur][(<<m)-]);
    }
}