291. 蒙德里安的梦想（状压dp）

291. 蒙德里安的梦想 - AcWing题库

分析：

由于数据范围是1~11,dfs会超时,可以想到状压dp。

核心：

• 先放横着的,再放竖着的
• 总方案数=只放横着的小方块的合法方案数

合法情况：

由于在第i列摆放的时候,我们摆放的是第i列所有横着摆放的，且会延伸到i+1列的小方块，所以当前第i列 也会有 第i-1列 延伸到第i列的小方块。

那么就有两种限制条件

• 当前  第i列摆放的状态j  和第i-1列的摆放的状态k  在同一个位置上不能都摆放

       即  (j&k)==0

• 当前  第i列摆放的状态j  和第i-1列的摆放的状态k  并集后(即j|k)，必须满足两个最近的摆放状态为1的横着的小方块，他们的间隔cnt必须是偶数(这样空着的部位才能合法的用竖着的小方块摆放)

        即 st[j|k] 合法

所以我们可以看到因为本题第i列的状态是否合法 会受到第i-1列的影响

所以不能像其他题一样,判定所有合法的状态,然后再从这些状态中枚举出他们前面合法的子集

状态压缩dp

边界：dp[0][0]=1

初始化：全部初始化为0

子集划分/状态计算：

结果：由于第m行不能摆放,只能摆放竖着的,所以答案是dp[m][0]

 朴素版本

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int N=12,M=1<<12;
typedef long long ll;
ll dp[N][M];
int n,m;
bool st[M];
void print()
{
    cout<<1;
    exit(0);
}
void solve()
{
    memset(dp,0,sizeof dp);
    dp[0][0]=1;
    //枚举所有合法状态
    
    for(int i=0;i< 1<>j&1)
            {
                if(cnt&1) st[i]=false;
                cnt=0;
            }
            else
                cnt++;
        //最后一位可能不是1,判定剩下的所有空着的方格
        if(cnt&1) st[i]=false;
    }
    
    
    
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=0;j<1<>n>>m,n,m)
        solve();
    return 0;
}

去除无效状态

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int N=12,M=1<<12;
typedef long long ll;
ll dp[N][M];
int n,m;
bool st[M];
void print()
{
    cout<<1;
    exit(0);
}
vector q[M];

void solve()
{
    memset(dp,0,sizeof dp);
    dp[0][0]=1;
    //枚举所有合法状态
    
    for(int i=0;i< 1<>j&1)
            {
                if(cnt&1) st[i]=false;
                cnt=0;
            }
            else
                cnt++;
        //最后一位可能不是1,判定剩下的所有空着的方格
        if(cnt&1) st[i]=false;
    }
    
    for(int i=0;i< 1<>n>>m,n,m)
        solve();
    return 0;
}