291. 蒙德里安的梦想

291. 蒙德里安的梦想

求把 N×M 的棋盘分割成若干个 1×2 的的长方形，有多少种方案。

例如当 N=2，M=4 时，共有 5 种方案。当 N=2，M=3 时，共有 3 种方案。

如下图所示：

输入格式

输入包含多组测试用例。

每组测试用例占一行，包含两个整数 N 和 M。

当输入用例 N=0，M=0 时，表示输入终止，且该用例无需处理。

输出格式

每个测试用例输出一个结果，每个结果占一行。

数据范围

1≤N,M≤11

输入样例：

1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0

输出样例：

1
0
1
2
3
5
144
51205

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→2N−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

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。

代码：

#include 
using namespace std;
const int N = 12, M = 1 << N;

int n, m;
long long f[N][M];
bool st[M];

int main()
{
    while (cin >> n >> m && n && m)
    {
        for (int i = 0; i < 1 << n; i++)
        {
            int cnt = 0;
            st[i] = 1;
            for (int j = 0; j < n; j++)
            {
                //若不是空位置 则判断空位置是否连续
                if (i >> j & 1)
                {

                    if (cnt & 1)
                        st[i] = false;
                    cnt = 0;
                }
                // 空位置必须是偶数
                else
                    cnt++;
            }
            if (cnt & 1)
                st[i] = false;
        }

        memset(f, 0, sizeof f);
        f[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= m; i++)
        {
            for (int j = 0; j < 1 << n; j++)
            {
                for (int k = 0; k < 1 << n; k++)
                {
                    if ((j & k) == 0 && st[j | k])
                        f[i][j] += f[i - 1][k];
                }
            }
        }

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