数位dp 状压dp 树形dp（围绕某个点为根节点）
计数问题 https://www.acwing.com/problem/content/340/
# include <iostream>
# include <cmath>
using namespace std;
int dgt(int n) // 计算整数n有多少位
{
int res = 0;
while (n) ++ res, n /= 10;
return res;
}
int cnt(int n, int i) // 计算从1到n的整数中数字i出现多少次
{
int res = 0, d = dgt(n);
for (int j = 1; j <= d; ++ j) // 从右到左第j位上 数字i出现多少次
{
// l和r是第j位左边和右边的整数 (视频中的abc和efg); dj是第j位的数字
int p = pow(10, j - 1), l = n / p / 10, r = n % p, dj = n / p % 10;
// 计算第j位左边的整数小于l (视频中l = 000 ~ abc - 1)的情况 左边不等于abc的时候 说明都是比abc小的数字
if (i) res += l * p; //如果不是统计数字0 左边直接乘p就行了 n=ab3xxx p=1000
//n=1236055 6000-6999这里1000 第j位上的6出现了p次 但是左边还有16000-16999 26000-26999 36000-36999...1226000-1226999 共左边数字l（即123）个 所以是l*p
else if (!i && l) res += (l - 1) * p; // 统计的数字i = 0, 左边高位不能全为0(视频中xxx = 001 ~ abc - 1)
//少了0000-0999的一种情况 从10000-10999 开始 ... 1220000-1220999 13000-13999 共(l-1)次
// 计算第j位左边的整数等于l (视频中l = abc)的情况 只会和*j位后面的数*有关
//下面就是l的左边相等的情况 对第j位上 不会多算6000-6999 ...1226000-1226999里面的任意个集合 123开始的情况
if ( (dj > i) && (i || l) ) res += p;//第j位比现在统计的数字大 就可以直接加上p中情况
// n=1236055 则有1235000-1235999 999+1种情况 即p种
//当统计的数字i==0 且 l==0， 举例 n=123456 l==0 第j位为1 就是p=100000 此时000000-099999是不成立的 因为我要统计第j位为i的时候 有多少个这样的 数 而此时 000000-099999 显然和 100000-199999 第j-1位为2的时候重复了
if ( (dj == i) && (i || l) ) res += r + 1;//这是r有多少个 就是多少个+1
//if(dj==i) n=1236055 1236000-1236055 即55+1种情况
//当统计的数字i==0 且 l==0， 举例 n=123456 l==0且i==0 就是000000 -0123456 而这个时候显然和 第j-1的位的时候重复了100000-109999
//if(dj>i) n=1236000 则有1237000-1237999 所以是0
}
return res;
}
int main()
{
int a, b;
while (cin >> a >> b , a)
{
if (a > b) swap(a, b);
for (int i = 0; i <= 9; ++ i) cout << cnt(b, i) - cnt(a - 1, i) << ' ';
cout << endl;
}
return 0;
}
铺地砖 竖着铺地砖横着铺地砖 要求恰好铺满
因为需要恰好铺满所以只要横着铺地砖的方案数确定了 那么竖着铺的也确定了 所以只要求横着铺放有多少种就好了
一列列看 加入f[i][j]表示 第i-1列已经铺好了 j表示这一列的状态 j上每一位的1表示这一行向右伸出
4. 两个转移条件： i 列和 i - 1列同一行不同时捅出来 ； 本列捅出来的状态j和上列捅出来的状态k求或，得到上列是否为奇数空行状态，奇数空行不转移。 j&k==0
5. 初始化条件f[0][0] = 1，第0列只能是状态0，无任何格子捅出来。返回f[m][0]。第m + 1列不能有东西捅出来。
6.我理解的是st数组预处理的是针对每一个状态，标记这一状态连续空着的格子是不是都是偶数个，如果是就为true，不是就为false
7.判断二进制数字i的第j位是否为1 为1则对应于第j行放木块的情况 不为1则不放。我觉得应该是这样
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=12, M = 1<< N;
long long f[N][M] ;// 第一维表示列， 第二维表示所有可能的状态
bool st[M]; //存储每种状态是否有奇数个连续的0，如果奇数个0是无效状态，如果是偶数个零置为true。
//vector<int > state[M]; //二维数组记录合法的状态
vector<vector<int>> state(M); //两种写法等价:二维数组
int m , n;
int main(){
while(cin>>n>>m, n||m){ //读入n和m，并且不是两个0即合法输入就继续读入
//第一部分：预处理每个st状态
//对于每种状态，先预处理每列不能有奇数个连续的0
for(int i=0; i< 1<<n; i++){//共有1<<n个数 数二进制表示n个行的状态
int cnt =0 ;//记录连续的0的个数
bool isValid = true; // 某种状态没有奇数个连续的0则标记为true
for(int j=0;j<n;j++){ //从上到下遍历每一行
if( i>>j &1){ //i>>j位运算，表示i（i在此处是一种状态）的二进制数的第j位； &1为判断该位是否为1，如果为1进入if
if(cnt &1) { //这一位为1，看前面连续的0的个数，如果是奇数（cnt &1为真）则该状态不合法
isValid =false;break;
}
cnt=0; // 既然该位是1，并且前面不是奇数个0（经过上面的if判断），计数器清零。//其实清不清零没有影响
}
else cnt++; //否则的话该位还是0，则统计连续0的计数器++。
}
if(cnt &1) isValid =false; //最下面的那一段判断一下连续的0的个数
st[i] = isValid; //状态i是否有奇数个连续的0的情况,输入到数组st中
}
//第二部分：预处理2
// 经过上面每种状态 连续0的判断，已经筛掉一些状态。
//下面来看进一步的判断：看第i-2列伸出来的和第i-1列伸出去的是否冲突
for(int j=0;j< 1<<n;j++){ //对于每一个状态
state[j].clear(); //清空上次操作遗留的状态，防止影响本次状态。
for(int k=0;k< 1<<n;k++){ //对于第i-1列所有状态
if((j&k )==0 && st[ j| k] ) // 第i-2列伸出来的 和第i-1列伸出来的不冲突(不在同一行 如果相同位置上有1就 j和k会不会是0了) 且这个状态有偶数个0
//解释一下st[j | k]
//已经知道st[]数组表示的是这一列没有连续奇数个0的情况，
//我们要考虑的是第i-1列（第i-1列是这里的主体）中从第i-2列横插过来的，还要考虑自己这一列（i-1列）横插到第i列的
//比如 第i-2列插过来的是k=10101，第i-1列插出去到第i列的是 j =01000，
//那么合在第i-1列，到底有多少个1呢？自然想到的就是这两个操作共同的结果：两个状态或。 j | k = 01000 | 10101 = 11101
//这个 j|k 就是当前 第i-1列的到底有几个1，即哪几行是横着放格子的
state[j].push_back(k); //二维数组state[j]表示第j行， state[j]里存放的是对应前面一列的可行的状态
//j表示 第i列“真正”可行的状态，如果第i-1列的状态k和j不冲突则压入state数组中的第j行。
//“真正”可行是指：既没有前后两列伸进伸出的冲突；又没有连续奇数个0。
}
}
//第三部分：dp开始
memset(f,0,sizeof f); //全部初始化为0，因为是连续读入，这里是一个清空操作。类似上面的state[j].clear()
f[0][0]=1 ;// 这里需要回忆状态表示的定义，按定义这里是：前第-1列都摆好，且从-1列到第0列伸出来的状态为0的方案数。
//首先，这里没有-1列，最少也是0列。其次，没有伸出来，即没有横着摆的。即这里第0列只有竖着摆这1种状态。
for(int i=1;i<= m;i++){ //遍历每一列:第i列合法范围是(0~m-1列)
for(int j=0; j< 1<<n; j++){ //遍历当前列（第i列）每一行的总和 所有状态j
for( auto k : state[j]) // 遍历第前一列 i-1列的状态k，如果“真正”可行，就转移 而前一列的状态f[i-1][k]又有自带的属性
f[i][j] += f[i-1][k]; // 当前列的方案数就等于之前的第i-1列所有状态k的累加。
}
}
//最后答案是什么呢？
//f[m][0]表示 前m-1列都处理完，并且第m-1列没有伸出来的所有方案数。
//即整个棋盘处理完的方案数
cout<< f[m][0]<<endl;
}
}
作者：shizhengLee
链接：https://www.acwing.com/solution/content/28088/
来源：AcWing
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简易
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 12, M = 1 << N;
int st[M];
long long f[N][M];
int main(){
int n, m;
while (cin >> n >> m && (n || m)){
for (int i = 0; i < 1 << n; i ++){
int cnt = 0;
st[i] = true;
for (int j = 0; j < n; j ++)
if (i >> j & 1){
if (cnt & 1) st[i] = false; // cnt 为当前已经存在多少个连续的0
cnt = 0;
}
else cnt ++;
if (cnt & 1) st[i] = false; // 扫完后要判断一下最后一段有多少个连续的0
}
memset(f, 0, sizeof f);
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= m; i ++)
for (int j = 0; j < 1 << n; j ++)
for (int k = 0; k < 1 << n; k ++)
if ((j & k) == 0 && (st[j | k]))
// j & k == 0 表示 i 列和 i - 1列同一行不同时捅出来
// st[j | k] == 1 表示 在 i 列状态 j， i - 1 列状态 k 的情况下是合法的.
f[i][j] += f[i - 1][k];
cout << f[m][0] << endl;
}
return 0;
}
、
最短Hamilton路径https://www.acwing.com/problem/content/93/
+-法的优先级比位运算高！！！
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 20, M = 1 << N;
int n;
int w[N][N];
int f[M][N];//M存储的最大状态
//n表示当前到达了第j个点
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i ++ )
for (int j = 0; j < n; j ++ )
cin >> w[i][j];
memset(f, 0x3f, sizeof f);//初始为正无穷
f[1][0] = 0;//j表示到达了第0个点 i表示经过的是00001也就是第1个点 而这个值是0 不是正无穷
for (int i = 0; i < 1 << n; i ++ )//对每个n个状态的数
for (int j = 0; j < n; j ++ )//对所有的点 设置为终点
if (i >> j & 1)//需要包含j个点
才需要进行状态转移 否则没有意义
for (int k = 0; k < n; k ++ )//枚举所有k尝试找到一个中间点
if (i >> k & 1)//但需要这个状态包含k这个点
f[i][j] = min(f[i][j], f[i - (1 << j)][k] + w[k][j]);
//i-(1<<j) 表示出去j这个点 到达k +k 到达j的值的最小值
cout << f[(1 << n) - 1][n - 1];
//第一个表示 每一个n都是1 只需要二进制下1000000000-1就变成少了一位的111111111了 表示n个点都走完了 落脚到n-1这个点(从0开始)的最小值
return 0;
}
