[USACO06NOV]玉米田Corn Fields

传送门

这道题还是很明显的状压DP。毕竟数据范围很小。

然后此题和前面的互不侵犯，炮兵阵地这两道题还是非常相似的。我们使用dp[i][j]表示枚举到第i行，当前行状态为j的方案数，之后直接向下一行转移就可以啦。

然后因为这道题要求的是方案数，而且并没有要求种多少草，所以没有必要记录一共有多少块草，直接DP就可以，因为所有的方案数肯定都会被计算过的。

同样的，先处理出所有不和情况的状态，在合法状态中dp就可以，方法可以参照炮兵阵地那道题。

然后别把mn搞反……（无辜爆0）

看代码。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 50005;
const int mod = 100000000;

int read()
{
    int ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
    if(ch == '-') op = -1;
    ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
    ans *= 10;
    ans += ch - '0';
    ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}

int m,n,shape[15],sum[5000],s[5000],dp[15][5000],tot,a,ans;

void init()
{
    rep(i,0,(1<<n)-1)
    {
    if((!(i&(i<<1))) && (!(i&(i>>1))))
    {
        s[++tot] = i;
        if(s[tot] & shape[1]) continue;
        dp[1][tot] = 1;
    }
    }
}

int main()
{
    //freopen("a.in","r",stdin);
    m = read(),n = read();
    rep(i,1,m)
    rep(j,1,n)
    {
        a = read();
        if(!a) shape[i] += (1<<(n-j));
    }
    init();
    rep(i,2,m)
    rep(j,1,tot)
    {
    if(s[j] & shape[i]) continue;
    rep(p,1,tot)
    {
        //if(s[p] & shape[i]) continue;
        if(s[j] & s[p]) continue;
        dp[i][j] += dp[i-1][p],dp[i][j] %= mod;
    }
    }
    rep(i,1,tot) ans += dp[m][i],ans %= mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}