poj 2411 Mondriaan's Dream(状态压缩dp)

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题目大意：

有1*2和2*1两种骨牌， 问铺满m*n大小的矩形内可以有多少种铺法？

思路：

用二进制表示，连续两个00表示这两个格子是横放的， 用1表示这个格子是竖放的（是骨牌的上部分或者下部分）。

先处理得到所有符合条件的状态，即如果有0一定是要连续出现两个0.

对于第i行的状态j，j是1的地方，那么i-1行相同地方一定也要是1，0的地方是1或0都可以。 i行和i-1行都是1的地方，他们组成了一个竖放的骨牌，那么i-2行的这些地方，既可以是0也可以是1，所以递归时要把1变成0，这样的话i-2行的这个地方就可以是1或0.

用f[i][j] 表示第i行的j状态有多少种状态。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;

typedef long long int64;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAX_STATE = (1<<11)+10;
const int MAXN = 12;

int n, m;
int sta[MAX_STATE], idx;
int64 f[MAXN][MAX_STATE];
int maxState;
bool ok[MAX_STATE];

bool check(int sta){
    int i=0;
    while(i < m){
        if((sta>>i)&1) ++i;
        else{
            if(i==m-1 || ((sta>>(i+1))&1)!=0) return false; 
            i += 2;
        }
    }
    return true;
}

void init(){
    memset(ok, 0, sizeof(ok));
    maxState = (1<<m)-1;
    idx = 0;
    for(int i=0; i<=maxState; ++i){
        if(check(i)){
            sta[idx++] = i; 
            ok[i] = true;
        } 
    }
}

// 记忆化搜索
int64 dfs(int cur, int st){
    if(f[cur][st] != -1) return f[cur][st];
    if(cur==0) return ok[st];
    int64 ret = 0;
    for(int i=0; i<idx; ++i){
        if( (sta[i]&st) == st){
            ret += dfs(cur-1, st^sta[i]); 
        } 
    }
    return f[cur][st] = ret;
}

// 递推dp
int64 dp(){
    if(n==1) return ok[0];
    memset(f, 0, sizeof(f));
    int ans = 0;
    for(int i=0; i<n; ++i){
        if(i==0){
            for(int j=0; j<idx; ++j)
                f[i][sta[j]] = 1;
        }
        else{
            for(int s=0; s<=maxState; ++s){
                for(int k=0; k<idx; ++k){
                    if((sta[k]&s) == s)
                        f[i][s] += f[i-1][sta[k]^s];
                } 
            } 
        }
    } 
    for(int i=0; i<idx; ++i)
        ans += f[n-1][sta[i]];
    return f[n-1][0];
}

int main(){


    while(~scanf("%d%d", &n, &m) && n+m){

        init();
        memset(f, -1, sizeof(f));
       // cout << dfs(n-1, 0) << endl;
        cout << dp() << endl;
    }
    return 0;
}