POJ 2411 Mondriaan's Dream (状压DP)
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Description
Expert as he was in this material, he saw at a glance that he'll need a computer to calculate the number of ways to fill the large rectangle whose dimensions were integer values, as well. Help him, so that his dream won't turn into a nightmare!
Input
Output
For each test case, output the number of different ways the given rectangle can be filled with small rectangles of size 2 times 1. Assume the given large rectangle is oriented, i.e. count symmetrical tilings multiple times.Sample Input
1 2 1 3 1 4 2 2 2 3 2 4 2 11 4 11 0 0
Sample Output
1 0 1 2 3 5 144 51205
Source
1， 因为小的矩形为1*2或2*1，那么由这两种构成的大矩形的面积必然为偶数，所以我们可以知道若是n*m为奇数，那么答案必然为0.
2， 那么我们如今来解析小矩形的摆放景象： ①横着放 ②和上方一行一路竖着放 ③和下面一路竖着放。
a,： 1 1 来默示横放了一个矩形；
b,： 0
1 来默示和上方一行一路竖着放了一个矩形；
c,： 1
0 默示和下面一行一路放了一个矩形；
总结 ：至于为什么这么放呢，因为如许 才干够区分出怎么放的,你可以动手画画，在所有画出来的图中，只有以上三种矩形的摆放形式！
3， 那么按照矩形的摆放的形式，我们知道当前行只会受到上方一行的影响。那么我们用dp[i][j]默示前i-1行已经摆放好的景象下第i行的状况为j时的摆放数，那么我们知道dp[i][j] += dp[i-1][k] （k是i-1所有满足的状况）。如今我们就是去解析每一行的状况了，我们利用二进制的思惟，因为有m 列，那么每一行的最多的状况数为（1<<m）-1个，所以我们就可以经由过程列举去求出每一行的满足的前提，最后的答案就是dp[n-1][（1<<m）-1]（n是从0开始的）.
4， 如今推敲第i行j列这个dp[i][j]式子:（有点类似枚举的意思）
① 若是是横放矩形，那么就是这一行和上方一行的i和j都是1 ；（可能你会有疑问，为啥不可能是竖着摆放，那就再好好想想那三种摆放形式，当前状况已是横放，所以那两种竖放的小矩形形式不可能再出现了，仔细详细）
② 若是是竖放有两种景象：若是是和上一行竖放那么这一行的j列为1，上一行的j列为0 ； 若是是和下一行竖放的，那么就是这一行的j列为0，下一行必然为要为1才能满足要求；
5， 初始化第一行，这特殊的一行，因为第一行是没有前面一行的。所以必须先预处理出第一行满足的所有的状况，然后列举 1 ~ n-1 行。
6， 这里求出每一行的满足的状况时有两种思路：①是经由过程dfs的思路，直接搜刮出所有的可能满足的状况 ②直接暴力列举1-（1<<m）-1所有的状况。
然则效力上方dfs是绝对的快（还有因为数据很小开个数组打表0ms妥妥的啊！）
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int n,m; long long dp[12][(1<<12)]; void init(int state,int pos){ //预处理第一行的所有状态 if(pos==m){ dp[0][state]=1; return ; } if(pos+1<=m) /*当前竖放那么就是0（state<<1，下一位就变成0），那么直接向下一个地位*/ init(state<<1,pos+1); if(pos+2<=m) /*当前地位横放那么就是两个1（state<<2|3把后两位变成1），所以向后两个地位*/ init(state<<2|3,pos+2); } void DFS(int i,int curstate,int prestate,int pos){ /*dfs出每一行的可满足的状况*/ if(pos==m){ dp[i][curstate]+=dp[i-1][prestate]; /*当前行加上上一行的规划数*/ return ; } if(pos+1<=m){ /*若是可以竖放，推敲两种景象*/ DFS(i,curstate<<1|1,prestate<<1,pos+1); /*这一行和上一行竖放，那么这一行动1，上一行动0*/ DFS(i,curstate<<1,prestate<<1|1,pos+1); /*上一行（相当于这一行）和这一行（相当于下一行）竖放，那么上一行动1，这一行动0*/ } if(pos+2<=m) /*若是可以横放*/ DFS(i,curstate<<2|3,prestate<<2|3,pos+2); } int main(){ //freopen("input.txt","r",stdin); while(~scanf("%d%d",&n,&m)){ if(n==0 && m==0) break; if(n*m%2==1){ printf("0\n"); continue; } memset(dp,0,sizeof(dp)); init(0,0); for(int i=1;i<n;i++) /*从1开端列举*/ DFS(i,0,0,0); printf("%I64d\n",dp[n-1][(1<<m)-1]); } return 0; }
下面这个可以帮助理解，但是TLE了
#include<algorithm> #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int n , m; long long dp[12][1<<12]; /*对第一行的预处理惩罚*/ void init(int state , int pos){ if(pos >= m){ dp[0][state] = 1; return; } if(pos < m) init(state<<1 , pos+1); if(pos + 1 < m) init(state<<2|3 , pos+2); } /*断定当前两种状况是否满足*/ bool judge(int stateX , int stateY){ int x , y , pos; pos = 0; while(pos < m){ x = stateX & (1<<(m-pos-1));/*当前行的这个地位的值*/ y = stateY & (1<<(m-pos-1));/*上一行的这个地位的值*/ if(x){ /*若是当前这一行动1,上一行0就满足,若是是1断定下一个地位*/ if(y){/*若是上一行也为1,断定下一个地位*/ pos++; x = stateX & (1<<(m-pos-1)); y = stateY & (1<<(m-pos-1)); if(!x || !y)/*有一个为0,就不满足*/ return false; } pos++; } else{/*当前行动0,上一行必然要为1才满足*/ if(!y) return false; pos++; } } return 1; } void solve(){ int i , j , k; memset(dp , 0 , sizeof(dp)); init(0 , 0); for(i = 1; i < n ; i++){/*列举每一行*/ for(j = 0 ; j < 1<<m ; j++){/*列举当前行的状况*/ for(k = 0 ; k < 1<<m ; k++){/*列举上一行的状况*/ if(judge(j , k))/*若是满足前提*/ dp[i][j] += dp[i-1][k];/*加上*/ } } } cout<<dp[n-1][(1<<m)-1]<<endl; } int main(){ //freopen("input.txt","r",stdin); while(scanf("%d%d" , &n , &m)){ if(!n && !m) break; if((n*m)%2) printf("0\n"); else solve(); } return 0; }
