POJ2411 Mondriaan's Dream 【状压dp】

没错,这道题又是我从LZL里的博客里剽过来的，他的题真不错，真香。

题目链接：http://poj.org/problem?id=2411

题目大意：给一个n * m的矩形, 要求用 1 * 2的小方块去填充满这个矩形, 有多少种填充方式。(1<=n, m <= 11) 

思路：

1.凭借做题的经验，能想到这道题一定是无法用暴力去解决，因为方法数肯定很多，暴力跑不出来。

2.看到这题我想到的是用状态转移，因为大的矩形填充可以由多个小的矩形填充来组成，这是最开始的想法，但是这种想法远远不够。

3.用到状压dp，这篇博客讲解的非常清楚：https://blog.csdn.net/u014634338/article/details/50015825

4.总的来说就是先预处理出第一行的所有状态，然后dp从第2行开始，check()本行与前一行的状态是否兼容，然后把相应状态的方法数叠加上来。

代码里写了很详细的注释：

 1 #include<stdio.h>
 2 #include<string.h>
 3 #include<algorithm>
 4 #define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
 5 using namespace std;
 6 
 7 int row, col;
 8 long long dp[13][1 << 12]; //代表前 i 行,第i行状态为j时的方案数目.因此答案所求的是 dp[row][(1 << m) - 1] 
 9 
10 int ok(int state)
11 {
12     for(int j = 0; j < col; ) //枚举每一列的状态 前j列已经被确定 
13     {
14         if(state & (1 << j))  //第 j 列为 1
15         {
16             if(j == col - 1) //列数不够 
17                 return 0;
18             if(state & (1 << (j + 1))) //第 j + 1列为 1, 横放 
19                 j += 2;
20             else//第 j + 1 列为 0, 在第 j 列还未被确定的情况下是不合法的 
21                 return 0;
22         }
23         else//第 j 列为 0, 竖放 
24         {
25             j += 1;
26         }
27     }
28     return 1;
29 }
30 
31 int check(int now, int pre)
32 {
33     for(int j = 0; j < col; )//枚举每一列判断是否与前一行有冲突 
34     {
35         if(now & (1 << j))//第i行第j列为1 
36         {
37             if(pre & (1 << j))//第i-1行第j列也为1，那么第i行必然是横放
38             {
39                 if(j == col - 1)
40                     return 0;
41                 if(!(now & (1 << (j + 1))) || !(pre & (1 << (j + 1))))
42                 //第i行和第i-1行的第j+1都必须是1，否则是非法的
43                     return 0;
44                 j += 2;
45             }
46             else //第i-1行第j列为0，说明第i行第j列是竖放
47                 j += 1;
48         }
49         else //第i行第j列为0，那么第i-1行的第j列应该是已经填充了的
50         {
51             if(pre & (1 << j))
52                 j += 1;
53             else
54                 return 0;
55         }
56     }
57     return 1;
58 }
59 
60 int main()
61 {
62     while(scanf("%d%d", &row, &col) != EOF)
63     {
64         if(row == 0 && col == 0)
65             break;
66         if(col > row)  //将图较小边作为宽，这样一行中的状态数较少，可以提高效率 
67             swap(col, row);
68         if((row * col) % 2) //若面积为 奇数 , 则不可能存在覆盖满的情况 
69         {
70             printf("0\n");
71             continue;
72         }
73         mem(dp, 0);
74         int tot = 1 << col;  
75         for(int i = 0; i < tot; i ++) //枚举第1行的所有状态,初始化第1行的方案数 
76         {
77             if(ok(i))
78                 dp[1][i] = 1;
79         }
80         for(int i = 2; i <= row; i ++) //dp从第2行开始,因为第1行已经预处理了 
81         {
82             for(int j = 0; j < tot; j ++)//第 i 行的状态 
83             {
84                 for(int k = 0; k < tot; k ++)//第 i - 1行的状态 
85                 {
86                     if(check(j, k))
87                         dp[i][j] += dp[i - 1][k];
88                 }
89             }
90         }
91         printf("%lld\n", dp[row][(1 << col) - 1]);
92     }
93     return 0;
94 }

标签：状态,include,Mondriaan,状压,POJ2411,矩形,col,dp,row
来源： https://www.cnblogs.com/yuanweidao/p/10922170.html