状压DP入门

状态压缩：现在有一些物品，若我们选择某件物品，则这件物品为1，不选则为0。那么对于这些物品的选择的状态可以表示为0 0 0 1 1。这个表示选择第1件物品和第2件物品，其余的不选。对于所有状态都可以这样表示。而这些状态我们可以把他看成一个10进制的数。如例子中的状态，就可以表示为3,3的二进制为00011,这样就把状态压缩了。不需要用数组去表示是否选择物品。

例题：有一个N*M(N<=5,M<=1000)的棋盘，现在有1*2及2*1的小木块无数个，要盖满整个棋盘，有多少种方式？答案只需要mod1,000,000,007即可。

我们通过找一些比较小的数据会发现一个特性。某一列的摆放个数只会收到上一列的影响（某一列的上一列之前全部摆放好了）。也就是说第三列只会收到第二列的影响，第一列影响不了第三列。所以我们只需找某相邻两列的状态之间的练习即可。

我们会发现，N < =5 ，代表列数非常短，也就是说某一列的状态数很小。这就给了我们用2进制的数去枚举状态数的启发。

dp【i】【j】表示当在i列时，状态为j时的摆放方式数。

dp【i+1】【j】 = 第i列中所有能到达dp【i+1】【j】的摆放数之和。

递推方程很好找。具体一些实现细节看代码。

#include
#include
#include
using namespace std;

const int  mod = 1000000007;
int dp[1005][50]; // 因为 n小于5所以状态数不会超过50  
int n,m;

void dfs(int i,int j,int state,int next){   // i 表示 当前在摆放第i列 ， j 表示 在摆放第 j 行 ，state 表示第i列当前状态， next表示对下一列的影响 
    if(j==n){ // 若对摆放i列结束。 
        dp[i+1][next]+=dp[i][state]; // 所有可以到达 next状态 的摆放数 之和 
        dp[i+1][next]%=mod; 
        return;
    }
    if(((1<0) // 某个位置不为空 跳过 
		dfs(i,j+1,state,next);
    if(((1<>n>>m;
    memset(dp,0,sizeof(dp)); // 初始化 
    dp[1][0]=1; // dp【1】【0】这种情况肯定为0，因为只有什么都不放这一种情况。 
    for(int i=1;i<=m;++i) // 遍历m列 
      for(int j=0;j<(1<

还有不懂私聊博主。