POJ:2411-Mondriaan's Dream(矩形拼接方案)
题目链接:http://poj.org/problem?id=2411
解题心得:
- 可以说是很经典的一个状压dp了,写dfs遍历肯定是要超时的,这个题的状态转移方程对新手来说有点吃力。
- 状态转移用的是上凸法,就是如果一行中(除了最后一行)有一个是空位,那么必定是下面一行竖着摆放的矩形,这样才符合条件。这样就把两行中的状态联系起来了,枚举每两行的状态来进行检验,还可以进行状态的累加。
- 这个题还有一些小技巧,
- 如果列数大于行数可以将列和行互换,因为在计算行和列的复杂度是完全不同的,列是o(2^n),行是o(n)。,
- 另一个就是因为行列数量级很小,测试样例可能很多,可以把每次的答案记录下来,这样在有答案的时候可以直接输出。 -
#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn = (1<<11)+10;
long long dp[15][maxn],ans[15][15];
int n,m,Max;
bool init(int x)
{
int i=0;
while(i<m)
{
if(x&(1<<i))
{
if(i == m-1)//不能超出边界
return false;
if(x&(1<<(i+1)))//一个横放的矩形
i += 2;
else
return false;
}
else
i++;
}
return true;
}
bool ok(int x,int y)
{
int i = 0;
while(i<m)
{
if(x&(1<<i))//两个都是横放的
{
if(y&(1<<i))
{
if(i == m-1 || !(x&(1<<(i+1))) || !(y&(1<<(i+1))))
return false;
else
i+=2;
}
else
i++;
}
else//当前行有放置的矩形,上一行是空
{
if(y&(1<<i))
i++;
else
return false;
}
}
return true;
}
void solve()
{
Max = (1<<m) -1;
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=0;i<=Max;i++)//特殊的第一行初始化
{
if(init(i))
dp[0][i] = 1;
}
for(int i=1;i<n;i++)
for(int s=0;s<=Max;s++)//枚举每两行符合条件的放置方式
for(int ss=0;ss<=Max;ss++)
{
if(ok(s,ss))
dp[i][s] += dp[i-1][ss];
}
printf("%lld\n",ans[n][m] = ans[m][n] = dp[n-1][Max]);
}
int main()
{
memset(ans,0,sizeof(ans));
while(cin>>n>>m)
{
if(m > n)//如果行小于列,直接交换行和列
swap(n,m);
if(n+m == 0)
break;
if(ans[n][m] || ans[m][n])//记录已经出现过的答案
{
printf("%lld\n",ans[n][m]);
continue;
}
if((n*m)%2 == 1)//如果行列都是奇数那么没有符合条件的方案
{
printf("0\n");
continue;
}
solve();
}
}