状压dp Mondriaan's Dream poj2411

超经典的一道题目，实现这题的方法也有很多种

1.利用DFS建立矩阵，然后通过快速矩阵幂得到答案（运用于min(m,n)比较小，但是max(m,n)非常大的情况）

2.利用dp状压解决

第一种在我的另一篇博客里有

http://blog.csdn.net/qwb492859377/article/details/47138821

我们在这里讨论第二种方法。

刘汝佳的算法训练指南中384页介绍了一种复杂度O(mn*2^m)的方法，这个复杂度实在是太小了！

我对着上面敲结果只用了32ms就过了这题，然后花了很久才看懂(蒟蒻)

他的状态并不是一整行一整行的，，所以一开始我就陷入了误圈。

第二，，他代码里有个1<

我根据我的理解讲下代码

(i,j)表示以这个格子为右下角，要不要放骨牌以及放那种骨牌. k表示在(i,j)之前的连续m个方块的状态，0表示没放，1表示已经放了，其中靠近(i,j)的下标是0

先枚举,i再枚举j，最后枚举k，也就是红色表示的区域

如果(i,j)不放，那么它上面那一个就必须已经放过了，换句话说，只有k&(1<<(m-1)) ，k才有资格将状态转移到新的状态(k<<1)^(1<

这个状态就是左移后，把以前的第一位去掉，然后在最后面补上一个0，相当于红色区域全部向右挪了一个单位。

如果(i,j)放竖直的骨牌，那么i不能为0，且!k&(1<<(m-1))满足，才能考虑把k状态转移到新的状态k << 1 | 1去

如果(i,j)放横向的骨牌，那么j不能为0，且!(k&1)&&(1<<(m-1)) 也就是k的最后一个要是空着的，而且(i,j)上面一个必须是1。这样才能横向放后上面的不会存在空着的。刚开始我还在思考，应该(i-1,j-1)也应该要是1才可以把，，但是后来想了一下，那个位置一定会是1,否则(i,j)左边那个位置就不可能是0了，因为只能通过第一种情况转移过来

所以当满足这些条件时，k能转移到新状态(k<<1)^(1<

语言表达能力有限，，，来看代码把，，感觉刘汝佳那份代码虽然写起来很工整清晰，反而有些地方变得很难理解了

然后dp利用滚动数组，得到的状态向后更新答案的方式，就能解决了

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

using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair PII;

const int MX = 3000 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int m, n;
LL dp[2][MX];

int main() {
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    while(~scanf("%d%d", &m, &n), m + n) {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        if(m > n) swap(m, n);

        int cur = 0, nxt = 1;
        dp[cur][(1 << m) - 1] = 1;

        for(int i = 0; i < n; i++) {
            for(int j = 0; j < m; j++) {
                memset(dp[nxt], 0, sizeof(dp[nxt]));

                for(int k = 0; k < (1 << m); k++) {
                    if(k & (1 << (m - 1))) dp[nxt][(k << 1) ^ (1 << m)] += dp[cur][k];//不放
                    if(i && !(k & (1 << (m - 1)))) dp[nxt][k << 1 | 1] += dp[cur][k];//竖着放
                    if(j && !(k & 1) && (1 << (m - 1))) dp[nxt][(k << 1) ^ (1 << m) | 3] += dp[cur][k];//横着放
                }
                swap(cur, nxt);
            }
        }
        printf("%I64d\n", dp[cur][(1 << m) - 1]);
    }
    return 0;
}