【题解】UVA11270 Tiling Dominoes
\(\text{Soluton:}\)
经典轮廓线 \(dp\) 题目。
定义：我们进行逐格 \(dp,\) 设当前在格子 \((i,j),\) 那么轮廓线就是当前这个位置之前的同行格子和这个格子往右的上一行的同行格子的状态。
设 \(f[i][j][k]\) 表示在格子 \((i,j),\) 放置完轮廓线是 \(k\) 的方案数。考虑转移：
如果要竖着放，那么首先要满足当前行不是第一行，然后还要满足它上面那个格子没有被占据。也就是判断 k&(1<<(pos-1))=1 是否成立。如果不成立那就 必须 竖着放，否则这个棋盘就不会被覆盖完整了。
再考虑不放。那首先它上面的格子不能是空的，这也是唯一的限制条件。
再考虑横着放。先满足它上面的格子是空的，然后还要满足它不是左边界并且左边格子没有被覆盖。也就是 k&(1<<(pos-1))=1,k&(1<<(pos-2))=0,pos>1
于是方程也就好写了，注意更新好轮廓线。
又可以发现，每次转移只从上一个格子对应的状态转移过来，所以只需要滚动数组两位即可。复杂度大概是 \(O(T\times n\times m\times 2^{\min\{n,m\}})\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
#define int long long
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb emplace_back
#define poly vector<int>
#define Bt(a) bitset<a>
#define bc __builtin_popcount
#define pc putchar
#define ci const int&
const int mod = 1e9 + 7;
const db eps = 1e-10;
const int inf = (1 << 30);
inline int Max(ci x, ci y) {
return x > y ? x : y;
}
inline int Min(ci x, ci y) {
return x < y ? x : y;
}
inline db Max(db x, db y) {
return x - y > eps ? x : y;
}
inline db Min(db x, db y) {
return x - y < eps ? x : y;
}
inline int Add(ci x, ci y, ci M = mod) {
return (x + y) % M;
}
inline int Mul(ci x, ci y, ci M = mod) {
return 1ll * x * y % M;
}
inline int Dec(ci x, ci y, ci M = mod) {
return (x - y + M) % M;
}
typedef pair<int, int> pii;
inline int Abs(int x) {
return x < 0 ? -x : x;
}
//char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
//#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char Obuf[105000],*O=Obuf;//Siz shoule be the size of Out File
int pst[30],ptop;
inline void Fprint() {
fwrite(Obuf,1,O-Obuf,stdout);
}
inline void Fwrite(int x) {
if(x==0) {
*O++='0';
return;
}
if(x<0)*O++='-',x=-x;
ptop=0;
while(x)pst[++ptop]=x%10,x/=10;
while(ptop)*O++=pst[ptop--]+'0';
if(O-Obuf>100000)Fprint(),O=Obuf;
}
inline int read() {
int s = 0, w = 1;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) {
if (ch == '-') w = -1;
ch = getchar();
}
while (isdigit(ch)) {
s = s * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return s * w;
}
inline void write(int x) {
if (x < 0)putchar('-'), x = -x;
if (x > 9)write(x / 10);
pc(x % 10 + '0');
}
inline int qpow(int x, int y) {
int res = 1;
while (y) {
if (y & 1)res = Mul(res, x);
x = Mul(x, x);
y >>= 1;
}
return res;
}
inline void cadd(int &x, int y) {
x += y;
}
inline void cmul(int &x, int y) {
x *= y;
}
inline void cmax(int &x, int y) {
x = Max(x, y);
}
inline void cmin(int &x, int y) {
x = Min(x, y);
}
const int N = 2e5 + 10;
namespace Refined_heart {
int n,m,p[N];
int f[2][1<<11];
void solve() {
for(int i=1; i<=15; ++i)p[i]=(1<<(i-1));
while(~scanf("%d%d",&n,&m)) {
if(n<m)swap(n,m);
int now=0;
memset(f,0,sizeof f);
f[0][(1<<m)-1]=1;
for(int i=1; i<=n; ++i) {
for(int j=1; j<=m; ++j) {
now^=1;
memset(f[now],0,sizeof f[now]);
for(int k=0; k<(1<<m); ++k) {
if(k&p[j]) {
f[now][k^p[j]]+=f[now^1][k];
}
if(j>1&&!(k&p[j-1])&&(k&p[j])) {
f[now][k|p[j-1]]+=f[now^1][k];
}
if(i>1&&!(k&p[j])) {
f[now][k|p[j]]+=f[now^1][k];
}
}
}
}
write(f[now][(1<<m)-1]);
pc('\n');
}
}
}
signed main() {
Refined_heart::solve();
return 0;
}
