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
;}