刷题总结——bzoj1725（状压dp）
题目：
题目描述
Farmer John 新买了一块长方形的牧场，这块牧场被划分成 N 行 M 列（1<=M<=12; 1<=N<=12），每一格都是一块正方形的土地。
FJ 打算在牧场上的某几格土地里种上美味的草，供他的奶牛们享用。遗憾的是，有些土地相当的贫瘠，不能用来放牧。并且，奶牛们喜欢独占一块草地的感觉，于是 FJ 不会选择两块相邻的土地，也就是说，没有哪两块草地有公共边。当然，FJ 还没有决定在哪些土地上种草。
作为一个好奇的农场主，FJ 想知道，如果不考虑草地的总块数，那么，一共有多少种种植方案可供他选择。当然，把新的牧场荒废，不在任何土地上种草，也算一种方案。请你帮 FJ 算一下这个总方案数。
输入格式
第 1 行: 两个正整数 N 和 M ，用空格隔开
第 2..N+1 行: 每行包含 M 个用空格隔开的整数，描述了每块土地的状态。输入的第 i+1 行描述了第 i 行的土地。所有整数均为 0 或 1 ，是 1 的话，表示这块土地足够肥沃，0 则表示这块地上不适合种草。
输出格式
输出一个整数，即牧场分配总方案数除以 100,000,000 的余数。
样例数据 1
备注
【样例说明】
土地情况如下：
| 1 | 1 | 1 |
| 0 | 1 | 0 |
按下图把肥沃的各块土地编号：
| 1 | 2 | 3 |
| 0 | 4 | 0 |
只开辟一块草地的话，有 4 种方案：选 1、2、3、4 中的任一块。
开辟两块草地的话，有 3 种方案：13、14 以及 34。
选三块草地只有一种方案：1、3、4。
再加把牧场荒废的那一种，总方案数为 4+3+1+1=9 种。
【数据范围】
对于 50% 的数据，满足1≤N≤5；1≤M≤6
对于 100% 的数据，满足1≤N≤12；1≤M≤12。
题解：
状压dp裸题，用dp[i][j]表示处理到第i行，第i行状态为j的方案数，dp[1][j]可以预处理出来，每次处理dp[i][k]时先枚举dp[i-1][j]是否符合条件，再看k和j是否符合条件（详细见代码）
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<ctime> #include<cctype> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> using namespace std; const int mod=1e8; const int N=15; int map[N],dp[N][5000],n,m,maxx,ans; void Dp() { for(int i=0;i<=maxx;i++) if((i&(i>>1))==0 && (i|map[1])==map[1]) dp[1][i]=1; for(int i=2;i<=n;i++) for(int j=0;j<=maxx;j++) if(dp[i-1][j]) for(int k=0;k<=maxx;k++) { if((k&j)==0&&(k&(k>>1))==0&&(k|map[i])==map[i]) dp[i][k]=(dp[i][k]+dp[i-1][j])%mod; } for(int i=0;i<=maxx;i++) ans=(ans+dp[n][i])%mod; } int main() { //freopen("a.in","r",stdin); //freopen("a.out","w",stdout); int a; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { scanf("%d",&a); map[i]=(map[i]<<1)+a; } maxx=1; for(int i=1;i<=m;i++) maxx=(maxx<<1); maxx--; Dp(); cout<<ans<<endl; return 0; }
