Acwing291. 蒙德里安的梦想(状态压缩dp)转载

题目描述
n×m的棋盘可以摆放不同的1×2小方格的种类数。

题型
状态压缩dp
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Acwing291. 蒙德里安的梦想：状态压缩dp

/*
下文对  if ((j & k ) == 0 && st[ j | k] )  有清晰的解释！！！
*/


#include 
using namespace std;


const int N = 12, M = 1<< N;  

long long f[N][M] ;// 第一维表示列， 第二维表示所有可能的状态

bool st[M];  //存储每种状态是否有奇数个连续的0，如果奇数个0是无效状态，如果是偶数个零置为true。

//vector state[M];  //二维数组记录合法的状态
vector<vector<int>> state(M);  //两种写法等价:二维数组

int m, n;

int main() {

    while (cin >> n >> m, n || m) { //读入n和m，并且不是两个0即合法输入就继续读入

        //第一部分：预处理1
        //对于每种状态，先预处理每列不能有奇数个连续的0

        for(int i = 0; i < (1 << n); i ++) {

            int cnt = 0 ;//记录连续的0的个数

            bool isValid = true; // 某种状态没有奇数个连续的0则标记为true

            for(int j = 0; j < n; j ++) { //遍历这一列，从上到下

                 if ( (i >> j) & 1) {  
                     //i >> j位运算，表示i（i在此处是一种状态）的二进制数的第j位； 
                     // &1为判断该位是否为1，如果为1进入if
                    if (cnt & 1) { 
                    //这一位为1，看前面连续的0的个数，如果是奇数（cnt &1为真）则该状态不合法
                        isValid =false; break;
                    } 

                    cnt = 0; // 既然该位是1，并且前面不是奇数个0（经过上面的if判断），计数器清零。
                    //其实清不清零没有影响
                 }
                 else cnt ++; //否则的话该位还是0，则统计连续0的计数器++。
            }
            if (cnt & 1)  isValid = false; //最下面的那一段判断一下连续的0的个数

            st[i]  = isValid; //状态i是否有奇数个连续的0的情况,输入到数组st中
        }

        //第二部分：预处理2
        // 经过上面每种状态 连续0的判断，已经筛掉一些状态。
        //下面来看进一步的判断：看第i-2列伸出来的和第i-1列伸出去的是否冲突

        for (int j = 0; j < (1 << n); j ++) { //对于第i列的所有状态
            state[j].clear(); //清空上次操作遗留的状态，防止影响本次状态。

            for (int k = 0; k < (1 << n); k ++) { //对于第i-1列所有状态
                if ((j & k ) == 0 && st[ j | k]) 
                // 第i-2列伸出来的 和第i-1列伸出来的不冲突(不在同一行) 
                //解释一下st[j | k] 
                //已经知道st[]数组表示的是这一列没有连续奇数个0的情况，
                //我们要考虑的是第i-1列（第i-1列是这里的主体）中从第i-2列横插过来的，
                //还要考虑自己这一列（i-1列）横插到第i列的
                //比如 第i-2列插过来的是k=10101，第i-1列插出去到第i列的是 j =01000，
                //那么合在第i-1列，到底有多少个1呢？
                //自然想到的就是这两个操作共同的结果：两个状态或。 j | k = 01000 | 10101 = 11101
                //这个 j|k 就是当前 第i-1列的到底有几个1，即哪几行是横着放格子的

                    state[j].push_back(k);  
                    //二维数组state[j]表示第j行， 
                    //j表示 第i列“真正”可行的状态，
                    //如果第i-1列的状态k和j不冲突则压入state数组中的第j行。
                    //“真正”可行是指：既没有前后两列伸进伸出的冲突；又没有连续奇数个0。
            }

        }

        //第三部分：dp开始

        memset(f, 0, sizeof f);  
        //全部初始化为0，因为是连续读入，这里是一个清空操作。
        //类似上面的state[j].clear()

        f[0][0] = 1 ;// 这里需要回忆状态表示的定义
        //按定义这里是：前第-1列都摆好，且从-1列到第0列伸出来的状态为0的方案数。
        //首先，这里没有-1列，最少也是0列。
        //其次，没有伸出来，即没有横着摆的。即这里第0列只有竖着摆这1种状态。

        for (int i = 1; i <= m; i ++) { //遍历每一列:第i列合法范围是(0~m-1列)
            for (int j = 0; j < (1<<n); j ++) {  //遍历当前列（第i列）所有状态j
                for (auto k : state[j])    // 遍历第i-1列的状态k，如果“真正”可行，就转移
                    f[i][j] += f[i-1][k];    // 当前列的方案数就等于之前的第i-1列所有状态k的累加。
            }
        }

        //最后答案是什么呢？
        //f[m][0]表示 前m-1列都处理完，并且第m-1列没有伸出来的所有方案数。
        //即整个棋盘处理完的方案数

        cout << f[m][0] << endl;

    }
}   

题目分析

摆放方块的时候，先放横着的，再放竖着的。总方案数等于只放横着的小方块的合法方案数。

如何判断，当前方案数是否合法？ 所有剩余位置能否填充满竖着的小方块。可以按列来看，每一列内部所有连续的空着的小方块需要是偶数个。

这是一道动态规划的题目，并且是一道 状态压缩的dp：用一个N位的二进制数，每一位表示一个物品，0/1表示不同的状态。因此可以用0→2^(N−1)（N二进制对应的十进制数）中的所有数来枚举全部的状态。

状态表示

状态表示：f[i][j]表示已经将前 i -1 列摆好，且从第i−1列，伸出到第 i 列的状态是 j 的所有方案。其中j是一个二进制数，用来表示哪一行的小方块是横着放的，其位数和棋盘的行数一致。

状态转移

既然第 i 列固定了，我们需要看 第i-2 列是怎么转移到到第 i-1列的（看最后转移过来的状态）。假设此时对应的状态是k（第i-2列到第i-1列伸出来的二进制数，比如00100），k也是一个二进制数，1表示哪几行小方块是横着伸出来的，0表示哪几行不是横着伸出来的。

它对应的方案数是 f[i−1,k] ，即前i-2列都已摆完，且从第i-2列伸到第i-1列的状态为 k 的所有方案数。

这个k需要满足什么条件呢?

首先k不能和 j在同一行（如下图）：因为从i-1列到第i列是横着摆放的12的方块，那么i-2列到i-1列就不能是横着摆放的，否则就是1 3的方块了！这与题意矛盾。所以 k和j不能位于同一行。

既然不能同一行伸出来，那么对应的代码为(k & j ) ==0 ，表示两个数相与，如果有1位相同结果就不是0， (k & j ) ==0表示 k和j没有1位相同， 即没有1行有冲突。

既然从第i-1列到第i列横着摆的，和第i-2列到第i-1列横着摆的都确定了，那么第i-1列 空着的格子就确定了，这些空着的格子将来用作竖着放。如果 某一列有这些空着的位置，那么该列所有连续的空着的位置长度必须是偶数。

总共m列，我们假设列下标从0开始，即第0列，第1列……，第m-1列。根据状态表示f[i ] [j] 的定义，我们答案是什么呢？ 请读者返回定义处思考一下。答案是f[m][0]， 意思是 前m-1列全部摆好,且从第m-1列到m列状态是0（意即从第m-1列到第m列没有伸出来的）的所有方案，即整个棋盘全部摆好的方案。

时间复杂度

dp的时间复杂度 =状态表示× 状态转移

状态表示 f[i][j] 第一维i可取1，第二维j（二进制数）可取2¹¹ ，所以状态表示 11×2¹¹
状态转移 也是2¹¹
所以总的时间复杂度
11×2¹¹×2¹¹≈4×10⁷可以过