AcWing 291. 蒙德里安的梦想 题解 状态压缩DP

题目

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思路:状态压缩DP（用一个整数表示一个状态）

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）

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$j$的所有方案数。

状态转移

时间复杂度

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代码

/*
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;





    }
} 
作者：shizhengLee
链接：https://www.acwing.com/solution/content/28088/
来源：AcWing
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• 注意：

(j&k )==0     //先按位与 再判断结果是否为0
j&k ==0       //先执行判断k是否为0 再把结果和j按位与

加不加括号两种含义，要注意！

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