SSL1382 车【状压DP】

话说状压DP还真是难理解，搞了我一个多小时。
首先，我们发现n,m都非常小，又是求方案总数，所以可得出这是一道状压DP题。
（其实是板子题）
首先我们初始化一个 $num$_i ，用来表示存 $2^i$，
我们把每行压缩成一个二进制数，这样障碍直接可表示为：
$a[x]+=num[y-1]$ ($a[x]$ 是存障碍的数组)
这样1表示有障碍，0表示无障碍。

下面进行DP操作
首先上代码：

for(long long i=1; i<num[n]; i++)  //枚举每一个二进制数
     {
     	c=0;
     	for(long long j=i; j; j-=lowbit(j))  //计算行数，有多少个1就有多少行（每行只能放一个1）
     	   c++;
     	for(long long j=i&(~a[c]); j; j-=lowbit(j))  //枚举每一种可转移到当前状态的状态。
     	   f[i]+=f[i^lowbit(j)];
     }

有人可能会有疑问
j=i&(~a[c])是啥？
$a[c]$ 取反 $and$ i.
为啥要这样？
因为 $and$ 的定义，
如果我们1表示有障碍，0表示无障碍,有障碍就不能有贡献，
而 1|1=1，计算出来是有贡献的，互相矛盾，不合法。
取反之后，1|0=0，符合转移。

代码

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;

long long a[100010],num[100010],f[1<<20]={1};
long long n,m,x,y,c;

long long lowbit(long long x)
{
	return x&(-x);
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    num[0]=1;
    for(long long i=1; i<=n; i++)
       num[i]=num[i-1]*2;
    for(long long i=1; i<=m; i++)
     {
     	scanf("%lld%lld",&x,&y);
     	a[x]+=num[y-1];
     }
    for(long long i=1; i<num[n]; i++)
     {
     	c=0;
     	for(long long j=i; j; j-=lowbit(j))
     	   c++;
     	for(long long j=i&(~a[c]); j; j-=lowbit(j))
     	   f[i]+=f[i^lowbit(j)];
     }
    cout<<f[num[n]-1];
    return 0;
}