P1879 [USACO06NOV]玉米田Corn Fields[轮廓线DP]

状压暴力显然可做。但是数据出的再大一点就要稳T了。理论$O(n4^m)$，只不过实际跑不满。

考虑用轮廓线DP，设$f(i,j,S)$为处理到$(i,j)$时候（这格还不确定）的轮廓线为$S$的情况（相当于把$(i,1\sim j-1)$和$(i-1,j\sim m)$的$m$个数用$S$压起来）下有多少种合法方案，然后考虑$(i,j)$这个格子填什么。

不管怎么样，这格都可以填0，将这个推向$f(i,j+1,S')$。如果左一格或上一格填了1或者这格有障碍，那不能填1，否则可以填1，同理推向$f(i,j+1,S'')$。

这里的$S'和S''$是位运算将第$j$位进行$0/1$变换的。

注意考虑细节：一行的轮廓线推完（$j$循环到$m$结束后）的这个状态是要作为下一行的起始状态的。也就是$f(i,m,S)$应当推向$f(i+1,1,S')$。

我们可以通过直接滚动数组来一格一格往下推，避免换行之类的操作，详见code。

其次，这样DP不需要考虑相邻合不合法，因为我在填的时候推向后面的状态这个操作已经是保证他合法的了，即使是枚举出了不合法的，他的方案数也会是$0$，也没办法有累加作用。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;}
template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;}
template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,1):0;}
template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,1):0;}
template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;}
template<typename T>inline T read(T&x){
    x=0;int f=0;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=1;
    while(isdigit(c))x=x*10+(c&15),c=getchar();return f?x=-x:x;
}
const int P=1e8;
int mp[14][14],f[2][1<<12];
int m,n,now,tmp,ans;

int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout);
    read(n),read(m);
    for(register int i=1;i<=n;++i)for(register int j=1;j<=m;++j)read(mp[i][j]);
    f[0][0]=1;
    for(register int i=1;i<=n;++i){
        for(register int j=1;j<=m;now^=1,++j){
            for(register int k=0;k<1<<m;++k)if(f[now][k]){
                int p2=k&(1<<j-1),p1=j==1?0:k&(1<<j-2);
                tmp=p2?k^(1<<j-1):k,f[now^1][tmp]+=f[now][k],f[now^1][tmp]>=P&&(f[now^1][tmp]-=P);
                if(mp[i][j]&&!p1&&!p2)
                    tmp=k|(1<<j-1),f[now^1][tmp]+=f[now][k],f[now^1][tmp]>=P&&(f[now^1][tmp]-=P);
                f[now][k]=0;
            }
        }
    }
    for(register int k=0;k<1<<m;++k)ans+=f[now][k],ans>=P&&(ans-=P);
    return printf("%d\n",ans),0;
}

理论$O(nm2^m)$。