状态压缩DP

引例、

 

例1、

 

例2、

 

例3、

 

例4、POJ2411：Mondriaan's Dream 多米诺骨牌完美覆盖问题

      本质上还是“dp[]——下标为状态，值为方案数”的状态压缩DP

 

      注：DP中的状态转换不一定是“公式表示”，可能是“DFS搜索出来的”，也可以是“人工列举出来的所有情况（i.e. 列数m很小的情况，如m=4）”

/*
  题目大意: 
            给定一个n*m的方格矩形，求用1*2的小矩形完全覆盖的方案数，n <= 11,m <= 11.

  解题思路：
            挺经典的一类状态DP--子矩形覆盖父矩形，这类DP一般对一行的01状态进行压缩，
  然后按行进行转移。
    这题中每列的0表示未被覆盖，下一行的就必须覆盖它，我是理解成一个插头，留给下一行
  一个插头。每列的1表示已被覆盖，或者理解成没有向下的插头。因为当前行只会受上一行影
  响，所以可以一行一行进行转移，如果前一个状态能到下一个状态，那么就能转移。
    设dp[i][j]表示到第i行状态为j的方案数，那么dp[i][j] += dp[i][k] (if (Ok(j->k))).
  问题就变成Ok函数怎么写呢？易知0->1（上一行为0，当前行为1）,那么1->?1->0肯定可以上面
  无插头，下面留一个插头。1->1呢？不能单独判，必须判下一列是不是也是1->1，不是则不Ok。
*/
#include <stdio.h> 
#include <string.h> 
#define MAX (1<<11) 
 
long long dp[20][MAX]; 
int n,m,ha[20],hb[20]; 


//上一行“已经”设置为状态pre，下一行能否设置为状态cur
int Ok(int pre,int cur) { 
 
    for (int i = 0; i < m; ++i) { 
 
        int t1 = pre & (1<<i); 
        int t2 = cur & (1<<i); 
        
        //1. & 2. 主要从反面去排除不成立的情况；而不是从正面考虑成立的状态
        //1. 想在i+1的这个位置(t2)放0：则i的这个位置(t1)必须为1，这样才不用去插头
        if (!t1 && !t2) return 0; 
        
        //2. 想在i+1的这个位置(t2)放1：
		//	(1)i的这个位置必须是1
		//	(2)	如果i的这个位置是1，则i的下一个位置也一定要是1；
		//		如果i+1的这个位置是1，i+1的下一个位置也一定是1.
        if (t1 && t2) { 
            i++; 
            if (i == m) return 0;
            if ((pre&(1<<i)) == 0) return 0; 
            if ((cur&(1<<i)) == 0) return 0; 
        }
    } 
    return 1; 
} 
int main() 
{ 
    int i,j,k,bigest; 
 
 
    while (scanf("%d%d",&n,&m),n + m) { 
 
        if (m > n) k = m,m = n,n = k; 
        if (n % 2 && m % 2) { 
 
            printf("0\n"); 
            continue; 
        } 
         
 
         
        memset(dp,0,sizeof(dp)); 
        bigest = (1<<m) - 1; 
        dp[0][bigest] = 1; 
         
        //尝试设置第1(i+1==1)行到第n(i+1==n)行 
        for (i = 0; i < n; ++i){
           //第 i 行：  s[j]
           //第 i+1 行：s[k]
           //"第 i+1 行" 只受"第 i 行"影响 
           for (j = 0; j <= bigest; ++j){
                if (dp[i][j]){
                   for (k = 0; k <= bigest; ++k){
                       if (Ok(j,k))
                          dp[i+1][k] += dp[i][j];
                   }
                }
           }
        }
        printf("%lld\n",dp[n][bigest]); 
    }
    //system("pause");
    return 0;
}

 

例5、