AcWing 291. 蒙德里安的梦想

$AcWing$ $291$. 蒙德里安的梦想

一、题目描述

求把 $N×M$ 的棋盘分割成若干个 $1×2$ 的长方形，有多少种方案。

例如当 $N=2，M=4$ 时，共有 $5$ 种方案。当 $N=2，M=3$ 时，共有 $3$ 种方案。

如下图所示：

输入格式
输入包含多组测试用例。

每组测试用例占一行，包含两个整数 $N$ 和 $M$。

当输入用例 $N=0，M=0$ 时，表示输入终止，且该用例无需处理。

输出格式
每个测试用例输出一个结果，每个结果占一行。

数据范围
$1≤N,M≤11$

输入样例：

1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0

输出样例：

1
0
1
2
3
5
144
51205

二、核心思想

1、先放横的，再放竖的

理由：如果把横的全部放完，其它的空位用竖的放就行啦,此时，竖的放法只有一种。

2、总方案数等于只放横的 合法方案数

$Q$:如何判断方案是否合法？
当前摆完横着的小方块之后，剩余的位置，如果能用竖着的小方块 填满 就合法，否则不合法。
具体的办法按列看：

• 如果每一列所有连续空着的小方块个数是偶数个,可以用竖的填满
• 如果每一列所有连续空着的小方块个数存在奇数个,必然填充不满

三、动态规划

1、状态表示

$\large f[i][j]$:已经摆完前$i$列并且第$i$列的状态为$j$的所有方案。

对于$j$这个二进制数中的$1$是指我在这个小方格 新 放置了一个横条。也就是这个小方格是一个横条的起始位置。

$j$是一个二进制数，用来表示哪一行的小方块是横着放的，其位数和棋盘的行数一致。
具体的实现：用一个$N$位($N$是指行数)的二进制数，每一位$0/1$表示不同的状态,$0 → 2^N − 1$ （ $N$ 二 进 制 对 应 的 十 进 制 数 ）中的所有数来枚举全部的状态。

解释：上图中 $i=2$，$j =10101$（二进制数，但是存的时候用十进制 ） 所以这里的$f[i][j]$ 表示的是所有前$i-1$列摆完之后，从第 $i-1$列伸到第$i$列的状态是$10101$（第$1$行伸出来，第$3$行伸出来，第$5$行伸出来，其他行没伸出来）的方案数。

2、初始化

初始化$f[0][0]=1$也好理解一些。因为我们正常摆第一列的时候是随便自由摆放的，所以$f[0][i]$中除了$f[0][0]$其他的都应该是非法的，赋值为$0$（因为如果$i$不是$0$，就代表有些小方格会放置横条，就会影响到第一列的摆放），而对于$f[0][0]$其含义是已经摆完了前$0$列并且第$0$列的状态是$0$，也就是这一列没有任何一个小方格放置了横条。其摆法只有一种所以赋值为$1$。

3、答案在哪

对于$f[m][0]$也就是已经摆完第$m$列，并且第$m$列的状态为$0$，也就是第$m$列没有任何一个小方格新去摆放横条，这正好就是我们想要的结果。

4、状态转移

第$i-1$列的某种状态，与第$i$列的某种状态之间，可能能转移，也可能无法转移。

思考：什么情况下会不存在转换关系?

(1)、寻找兼容状态

如果$i-2$想在当前行 伸出 一个小方格，而$i-1$列也想向下一列 伸出 一个小方格，就是冲突。

代码解读：对应的代码为(i & j ) ==0 ，表示 $i$和$j$没有$1$位相同，即没有$1$行有冲突。此处的位运算大大提高了两种状态冲突检测的效率！，如果不用位运算，循环应该是跑不了的！

结论：通过分析判断出冲突状态，也就是找出了所有状态间的兼容关系，每个状态，只能从与自己兼容的状态转移过来，这是可以提前预处理出来的。

(2)、无效状态检查

是不是状态不冲突就可以转化了呢？不是的，举个栗子吧：两种状态不冲突:

$i-2$列有一个状态：$00100$,$i-1$列有一个状态：$01010$,它们两个之间是没有重叠的，不违反上面的第一条规则，但依然是有问题的：

它会造成$i-1$ 列无法继续用竖着的小方格填充满！！！

既然从第$i-1$列到第$i$列横着摆的，和第$i-2$列到第$i-1$列横着摆的都确定了，那么第$i-1$列 空着的格子就确定了，这些空着的格子将来用作竖着放。如果某一列有这些空着的位置，那么该列所有连续的空着的位置长度 必须是偶数 。

结论：啥样的状态是有效的，啥样的状态是无效的，是可以提前处理出来的。

三、实现代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 12;
const int M = 1 << N;
int n, m;

LL f[N][M];       // 已经摆完前i列并且第i列的状态为j的所有方案
vector<int> v[M]; // 对于每个状态而言，能转转移到它的状态有哪些，预处理一下(二维数组)
int ok[M];        // 某种状态是否合法，就是是不是存在奇数个连续0

int main() {
    while (cin >> n >> m, n + m) {
        // ① 预处理：枚举行数n的每个二进制位,可以枚举出每种可能出现的状态对应的二进制表示，这些状态有些是不合法的
        // 只有不存在连续奇数个数字0的状态才是合法的，一旦n确定了，这个有效状态是可以预处理出来的
        for (int i = 0; i < 1 << n; i++) {
            int cnt = 0;                // 连续0的个数
            ok[i] = 1;                  // 初始设置此状态是合法的
            for (int j = 0; j < n; j++) // 遍历此状态的每一个二进制位,开始检查
                if (i >> j & 1) {       // 如果本位是1,表示连续0发生中断，需要统计连续0的个数，并且记得清空cnt
                    if (cnt & 1) {      // 奇数个连续0, (cnt & 1) = (cnt % 2 >0)
                        ok[i] = 0;      // 连续0发生中断,此状态为不合法状态
                        break;          // 不用再往后看了，一次失足就不挽救
                    }
                    cnt = 0; // 连续个零计数重新开始
                } else
                    cnt++; // 连续0的计数器++

            // 最后一个cnt++后，依然可能有连续奇数个，举个栗子：n=4=(0100)_2，完成数位枚举后，cnt=1,也就是高位存在奇数个0
            if (cnt & 1) ok[i] = 0;
        }
        // ② 预处理：枚举每个状态，获取可能是从哪些有效状态转移过来
        for (int i = 0; i < 1 << n; i++) {
            // 多组数据，每次预处理时清空一下
            // vector<int> v[M] 是一个二维数组，初始化比较麻烦，需要用循环遍历第一维，然后再v[i].clear()进行清空
            v[i].clear();

            // 状态i,从哪些状态转化而来？
            for (int j = 0; j < 1 << n; j++) // j为前序状态
                // (1) i & j==0 同一行不能同时探出小方格，那样会有重叠
                // (2) 解释一下ok[i | j]
                // 比如: 01000 | 10101 = 11101,描述当前完成状态叠加后的最终状态，在预处理的数组中找一下，是不是合法状态
                if ((i & j) == 0 && ok[i | j]) v[i].push_back(j);
        }

        // 多组数据，每次清零
        memset(f, 0, sizeof f);
        // 初始方案数
        f[0][0] = 1; // 可以理解为 从虚拟的第0开始（第一个0），还没有向右探出小方格（第二个0），此时的方案数只有1种。
        // 如果你想为什么不是0种，下面的递推关系就会让你明白，0做为基底，就啥也递推不出来了。

        // DP正式开始
        for (int i = 1; i <= m; i++)
            for (int j = 0; j < 1 << n; j++) // 遍历第i列的所有状态j
                for (auto k : v[j])          // 遍历第i-1列的所有状态k
                    f[i][j] += f[i - 1][k];  // 每个合法状态，均需从它的前序有效状态转移而来
        // 输出答案
        cout << f[m][0] << endl;
    }
    return 0;
}