DP专题8 | 骨牌摆放问题 POJ 2411（状态压缩DP）

题目：

给你n*m（1<=n,m<=11）的方格矩阵，要求用1*2的多米诺骨牌去填充，问有多少种填充方法。

 

比如下图是对于如下2x6的方格矩阵，可能的填充方案之一。

该如何使用动态规划的方式解决这道题呢？先了解一下状态压缩算法。

 

 

状态压缩通常是使用一个整数来表示一个集合，比如整数3，二进制表示为11，第一位状态为1，第二位状态为1，数字2的二进制表示为10，第一位的状态为1，第二位的状态为0，数字1的二进制表示为01，第一位为0，第二位为1，数字0的二进制可以表示为00，两位的状态都是0。

 

这就是说，状态可以保存在一个整数里面，对于状态压缩DP，其实也是用状态压缩后的整数表示一个维度，然后进行状态转移。

 

状态压缩DP：采用状态压缩算法的DP问题，也就是用整数表示集合，然后将该整数作为DP的一个维度来进行DP状态转移。

 

希望理解更深的童鞋能够踊跃发言指正~

 

继续看题，其实这道题的解法并不简单，甚至于有些晦涩，光是理解状态压缩DP并不一定能够看懂源代码。

 

首先定义状态转移方程：

f(i, j) = f(i-1, k)之和，j, k属于[0,1<

且满足 j&k==0

满足 j|k是有连续个0的状态

 

f(i,j)表示第i行的状态为j时，前i行的方案总数。且定义状态1表示竖着的上面一部分，其他状态为0。

 

对于约束的理解是本题的关键，

约束1：j&k == 0 是因为不可能上下都是1。

 

约束2：j|k合并后状态0必须是连续偶数个，这个可以预先缓存起来，不用每次都算。详见代码注释。

 

源代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

long long f[12][1 << 11];
int in_s[1 << 11];

// 注意这里一定要用64位的整数
long long solve(int n, int m) {
    for (int i = 0; i < 1 << m; ++i) {
        int cnt = 0, has_odd = 0;
        // 遍历m中的每一位
        for (int j = 0; j < m; ++j) {
            if (i >> j & 1) {
                //把cnt的值先存放到has_odd上，然后清零
                has_odd |= cnt, cnt = 0;
            } else {
                //如果是偶数个0，则肯定cnt最后为0，因为0^1=1 1^1=0
                cnt ^= 1;
            }
        }
        // 如果cnt=1则表明存在连续的奇数个0位
        in_s[i] = has_odd | cnt ? 0 : 1;
    }

    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 0; j < 1 << m; ++j) {
            f[i][j] = 0;
            for (int k = 0; k < 1 << m; ++k) {
                // 上面是1下面必须是0
                // 0必须是连续偶数个
                if ((j & k) == 0 && in_s[j | k]) {
                    // 满足要求后加上i-1行k的所有情况
                    f[i][j] += f[i - 1][k];
                }
            }
        }
    }

    // 最后一行的j所有位都是0
    return f[n][0];
}

int main() {
#ifdef __MSYS__
    freopen("test.txt", "r", stdin);
#endif

    int n, m;

    while (cin >> n >> m && n) {
        cout << solve(n, m) << endl;
    }
    return 0;
}

下期预告：DP专题终 - 概率DP

 

 

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