eoj 1029 走道铺砖

eoj 1029 走道铺砖

这道题是zp推荐的，说是一道动态规划题，做完后觉得这就是我最不认为是dp的一种dp题,他的思想和那种给你一个地图，起始位置在左上角，终点位置在右下角，每个位置上都有一定的宝藏，规定了每次只能往右走一步，或是往下走一步。。然后问你最后能取得的宝藏最大值，开始我就不认为这种题是dp，他的状态只会和前一状态有关。而1029这个题就是这样子的。

下面是我做这个题之前别人的提示，有几个关键字：
2^n个状态,n为列数，我们做到按行更新，更新一行的时候我们按列来，如果更新到最后一列，则换下一行。
更新当前行时和上一行有关。

这两句话给了开始的模糊印象。。但是确实有点抽象

下面是cpg2001  

用横线来划分阶段，对于图一，虽然划分后很整齐，但把某些砖分成了两半，于是将他们也添加进来，于是变成了图二，其显得参差不齐，但最多也是向下突出一格，在图三中，我们将图二的空隙填满，则又转移到了下一种状态。

定义添砖小块状态为1,否则为0,则每行状态可以映射到一个数(0,2^h})于是可建立这样的状态a[ i ：j]：表示第i行填满，第i+1行对应状态为j时的不同方案数，a[I,j]=∑a[i-1,k]，其中，状态k可导出状态j,初始化条件a[0,0]=1，最后a[w,0]即为所求。

的启发，再加上zp的讲解逐渐清晰起来：
行数我们默认是从0开始

第三行的赋值情况 ：000011
第四行的赋值情况 ：100100
第五行的赋值情况 ：011000
图一：第三行填满了，第三行的第一个格子是一个竖形格子，这个竖形格子的上格子在第三行，下格子在第四行，于是在第四行需要补格子故置为1，第三行的第二个第三个格子是个横条，我们都置为0，紧接着又是一个竖形格子的上半个格子，同样是0，下面两个都是竖形格子的下半个置为1
同理将分别对第四行第五行赋值
比如图二的第四行，第二第三个两个连续的零，还有一种方案是摆一个横条。
其他的详见注释。

我的代码：

#include < iostream >
#define max(a,b) (a > b?a:b)
int  N,M,maxl = 0 ;
__int64 ans[ 3000 ],tmp[ 3000 ];
void solve( int  j, int  last, int   now )
{
     if (j > M)
    {
        tmp[ now ] += ans[last];
        maxl = max(maxl, now );
        return;
    }
     int  up = ( 1 << (M - j)) & last,uprt;
     // up --> 头顶上的那个格子状态，uprt --> 头顶上的右边的那个格子的状态
     if (j == M)
    {
         if (!up)solve(j + 1 ,last, now * 2 + 1 ); // 就剩一个空了，并且上面的那个是0，那么显然是竖条
         // 这一行需要补一个小方格
         // 如果上面是1，显然下面仍然是要接着一个竖条，但是这个小方格是上面这半个，无需置1
         else  solve(j + 1 ,last, now * 2 );
    }
     else
    {
        uprt = ( 1 << (M - j - 1 )) & last;
         if (!up)
        {
            solve(j + 1 ,last, now * 2 + 1 );
             if (!uprt) // 如果头顶上的不为0，头顶上右边的也不为0，下面的就可以放一个横条
                solve(j + 2 ,last, now * 4 );
        }
         else // 这个地方时很容易出错的，我这里认为是第j列置为0
             // 可以理解为是一个竖形条状的上半个格子，也可以认为是一个横行条状的左半个格子
             // 这里千万不能把这两种情况分开计算，这样会重复的
            solve(j + 1 ,last, now * 2 );
    }
}
            

int  main()
{
     int  i,j;
     while (scanf( " %d%d " , & N, & M) && N)
    {
         if ((N * M)% 2 )
        {
            printf( " 0\n " );
            continue;
        }
        memset(ans, 0 ,sizeof(ans));
        ans[ 0 ] = 1 ;
         for (i = 1 ;i <= N;i ++ )
        {
            memset(tmp, 0 ,sizeof(tmp));
             for (j = 0 ;j <= maxl;j ++ )
                 if (ans[j])solve( 1 ,j, 0 );
            memcpy(ans,tmp,sizeof(tmp));
        }
        printf( " %I64d\n " ,ans[ 0 ]);
    }
    return  0 ;
}