AcWing 291.蒙德里安的梦想 题解

题解：蒙德里安的梦想

注：

本题解内容简陋，多有不周，敬请谅解。如果有问题请在评论区留言。谢谢。由于作者能力有限，这篇题解不会给出太严谨的证明，只是旨在帮助大家更好地理解此题，具体的做法请读者自己思考。

题目简述:

求把 $N\times M$ 的棋盘分割成若干个 $1\times 2$ 的长方形，有多少种方案。

如下图所示：

当 $N=2,M=4$ 时，共有上图所示的五种方案

解题大概思路

首先，对于方案数的计算，可以考虑搜索枚举以计算答案。但是，考虑到搜索的复杂度是指数级别的（很抱歉，这里没能够想出复杂度是多少，如果有同学计算出来了可以在评论区留言），不能够通过 $N\le 11$ 的数据范围。于是我们需要考虑优化搜索算法。

如果大家看过闫老师的 $DP$ 问题分析课，就会发现 $DP$ 实际上就是对搜索的优化（其中一种实现方式就是记忆化搜索）。所以，对于这一道题，我们可以考虑使用动态规划算法来解决。

闫氏 $DP$ 分析法主要分为两大步骤：状态表示和状态计算。在大概思路里我们只讨论状态表示。我们考虑一列一列地放置长方形（我也不清楚为什么要这样表示状态，暂时将其理解为这种 棋盘式动态规划问题 的一种套路）。那么，某一列放置的方案只与上一列的放置方案有关（至于为什么接下来会进行详细说明）。为了方便记录状态，我们考虑使用状态压缩的方式存储状态。于是就有了本题的大概思路：状态压缩动态规划。

算法设计

我们考虑使用闫氏 $DP$ 分析法来解决此题：

以上的描述可能过于模糊。我们来举一个例子看一看：

左侧表示状态 $f[2][0]$ （请注意，我们行和列的编号都从 $0$ 开始，二进制表示第 $0$ 行为 $2^0$ ，第 $i$ 行为 $2^i$ ），它可以从右侧（可能不只）的三个状态转移过来: $f[1][4],f[1][7],f[1][1]$ 。

那么如何判断一个状态 $f[i][state]$ 是否可以由状态 $f[i-1][j]$ 转移而来呢？

结论是，当且仅当以下条件成立:

1. $state\&j=0$
2. $state|j$ 每一段连续的 $0$ 都是偶数个

接下来我们来不严谨地粗略证明以下以上结论。

我们要证明的命题是，$j$ 状态可以由 $state$ 状态演变而来，并且有且仅有一种演变方案，当且仅当我们说到的上述条件成立。即
$$j状态可以由state状态演变而来，并且有且仅有一种演变方案\iff 上述条件成立$$

我们需要证明以下命题：
$$j状态可以由state状态演变而来，并且有且仅有一种演变方案\to 上述条件成立\text{\hspace{1em}(1)}$$

$$j状态可以由state状态演变而来，并且有且仅有一种演变方案\leftarrow 上述条件成立\text{\hspace{1em}(2)}$$

我们先证明命题 $(1)$ ：

如果说 $j$ 状态可以由 $state$ 状态演变而来，并且有且仅有一种演变方案，那么上述条件成立.

我们先说一说 $state\&j=0$ 等价于什么。这等价于 $state$ 和 $j$ 不能在同一位上同时都是一（这里就不给出严格证明了）。我们又可以知道，状态上某一位为一，意味着这一位对应的方格放置的是一个横向的小长方形（这里也不给出严格证明，读者可以自己想想为什么）。也就是说， $state\&j=0$ 保证了两个小方块重叠的情况不会发生。我们可以大概感受一下，如果说 $j$ 状态可以由 $state$ 状态演变而来，那么重叠的情况是不会发生的。

我们再说一说 $state|j$ 代表着什么。 $state|j$ 上某一位为零等价于 $state$ 和 $j$ 在这一位上都不为零，也就等价于这一位上没有摆放长方形。我们考虑先摆放横着的长方形再摆放竖着的长方形，那么如果连续的 $0$ 是奇数个，我们从感觉上可以感知到这种情况是不可能用竖着的小方块铺满的（这里也不给出严格证明）。所以说，如果说命题 $(1)$ 是成立的。

我们再来证明命题 $(2)$ ：

如果上述条件成立，那么存在且仅存在一种摆放横向小方格的方式，并且剩余部分可以由纵向的小方格铺满，并且纵向摆放的方式也有且仅有一种（感觉上应该是这样的），那么 $(2)$ 也是成立的。

于是对于某一个状态 $state$ ，我们可以枚举每一个状态 $j$ ，如果说 $state$ 和 $j$ 满足以上条件，那么 $f[i][state]$+=$f[i-1][j]$

完整代码

代码如下：

#include
#include
#include
#include
#define f_inline inline __attribute__((always_inline))
using namespace std;
using UL=unsigned long;
using ULL=unsigned long long;//用于存储大型非负整数
bitset<2050> isValid;
vector<UL> partner[2050];//partner[i]存储i所对应的合法的状态
ULL f[15][2050];
f_inline bool check(register const UL num,register const UL N)//i是一个N位二进制数,返回值等价于num是否合法，即所有连续的0都是偶数个
{
    register UL cnt(0);
    for(register UL i(0);i<N;++i)
        if((num>>i)&1)
        {
            if(cnt&1)
                return false;
            cnt=0;
        }
        else
            ++cnt;
    return !(cnt&1);
}
int main()
{
    register UL N,M;
    while(cin>>N>>M,N||M)
    {
        register const UL bound(1<<N);//常量UL形式存储上限的值
        //初始化对于每一个状态是否合法的判定数组
        for(register UL i(0);i<bound;++i)
            check(i,N)?isValid.set(i):isValid.reset(i);
        //初始化对于每一个状态可以转移到其的状态,用于优化代码常数
        for(register UL i(0);i<bound;++i)
        {
            partner[i].clear();
            for(register UL j(0);j<bound;++j)
                if((!(j&i))&&isValid.test(j|i))
                    partner[i].emplace_back(j);
        }
        memset(f,0,sizeof(f)),//f数组初始化赋值为0
        f[0][0]=1;//第0列状态为0有且仅有一种方案，就是一块也不放
        for(register UL i(1);i<=M;++i)
            for(register UL j(0);j<bound;++j)
                if(!partner[j].empty())
                    for(register vector<UL>::iterator it(partner[j].begin());it!=partner[j].end();++it)
                        f[i][j]+=f[i-1][*it];
        cout<<f[M][0]<<endl;//f[M][0]就是最终的答案
    }
    return 0;
}