POJ 2411 状压dp

题目大意：

用 1*2 或者2 *1的木板填满 h*w的长方形，问总共有多少种填充方法

 

直接dfs会超时，因为后面答案甚至爆了int，直接搜，肯定也是long long 的时间复杂度

 

这里我们将当前位置没放置任何木板为 0 ， 如有放置则看为 1

每次通过当前行 i 的状态 old 找到下一行 i + 1 所有满足当前行状态的状态 new ， 将 dp[i+1][new] += dp[i][old]

这个new的状态一定会在old状态为 0 的位置为1 ， 因为上一行为 0 ， 说明是留给竖木板的， 那么新一行的对应位置必然放了竖直木板

总状态为cnt ， 那么至少要保证 new 状态中 包含了 ~old&cnt 这个状态中的所有1

但是我们要找到所有可以对应old状态的new状态，那么就dfs搜可以在转换状态后加横木板的所有情况即可

 1 #include <cstdio>

 2 #include <cstring>

 3 #include <iostream>

 4 using namespace std;

 5 

 6 int h,w,cnt;

 7 long long ans,add;

 8 long long dp[12][1<<12];

 9 

10 void dfs(int k , int state , int i)

11 {

12     if(k > w){

13         dp[i+1][state] += add; //所有包含一开始传入状态的放置横木板后的状态

14         return;

15     }

16     if(k+1 <= w && !(state & (1<<k)) && !(state & (1<<k-1))){

17         dfs(k+2 , state | (1<<k-1) | (1<<k) , i);

18     }

19     dfs(k+1 , state , i);

20 }

21 

22 int main()

23 {

24 

25    // freopen("test.in","rb",stdin);

26     while(scanf("%d%d",&h,&w)!=EOF){

27         if(h == 0 && w == 0) break;

28         if((h&1) && (w&1)){

29             puts("0");

30             continue;

31         }

32         cnt = (1<<w)-1;

33         memset(dp,0,sizeof(dp));

34         add = 1;

35         dfs(1,0,0);

36         for(int i=1 ; i<h ; i++){

37             for(int j=0;j<=cnt;j++)

38                 if(dp[i][j])

39                 {

40                     add = dp[i][j];

41                      //传入的state是必须要放置的位置，根据dfs来找到那些包含state状态的且能放一个横木板的状态

42                     dfs(1 , ~j&cnt , i);//这里本来取~j就够了，但是有64位，那么最前面为0 的位置取反后也为1，那么~j得到的其实是个负数，所以还要进行&操作

43 

44                 }

45         }

46         printf("%I64d\n",dp[h][cnt]);

47     }

48     return 0;

49 }