玉米田

玉米田

农夫约翰的土地由 $M \times N$ 个小方格组成，现在他要在土地里种植玉米。

非常遗憾，部分土地是不育的，无法种植。

而且，相邻的土地不能同时种植玉米，也就是说种植玉米的所有方格之间都不会有公共边缘。

现在给定土地的大小，请你求出共有多少种种植方法。

土地上什么都不种也算一种方法。

输入格式

第 $1$ 行包含两个整数 $M$ 和 $N$。

第 $2 \dots M+1$ 行：每行包含 $N$ 个整数 $0$ 或 $1$，用来描述整个土地的状况，$1$ 表示该块土地肥沃，$0$ 表示该块土地不育。

输出格式

输出总种植方法对 ${10}^{8}$ 取模后的值。

数据范围

$1 \leq N,M \leq 12$

输入样例：

2 3
1 1 1
0 1 0

输出样例：

9

 

解题思路

　　状态压缩dp。当摆放了绿色的格子后，绿色格子上下左右四个位置（红色格子）都不可以再摆放物品。可以发现当要在第$i$行摆放物品时，只会受到第$i-1$行的影响，而$i-1$往上的行不会影响到第$i$行的摆放。因此状态定义时只用记录一行的状态就可以了。

　　定义状态$f(i,j)$表示所有摆完前$i$行，且第$i$行的状态为$j$的所有摆放方案的集合。根据前一行$(i-1)$的状态$k$来进行划分。

　　首先$j$的二进制中为$1$的位在当前行是可以摆放的。

　　然后状态$j$要满足，二进制下的$j$不包含连续的两个$1$，状态$k$同理。

　　最后$j$和$k$在同一列上（同一数位上）不能同时为$1$，即要满足$j ~\&~ k ~==~ 0$。

　　因此状态转移方程为 $$f(i,j) = \sum\limits_{k=0}^{2^{m}-1} {f(i-1,k)},~~ \text{($k$不存在连续相邻的两个$1$且$j~\&~k==0$)}$$

　　AC代码如下，时间复杂度为$O(n \times 2^{2m})$：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 15, M = 1 << 12, mod = 1e8;

int n, m;
int f[N][M];
int g[N];

bool check(int x) {
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        if (x >> i & 1 && x >> i - 1 & 1) return false;
    }
    return true;
}

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int t = 0;  // 把第i行的可种植的状态用二进制表示
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            int v;
            scanf("%d", &v);
            t |= !v << j;   // 可种植为0，不可种植为1，因此当j&t==0时j的状态才合法
        }
        g[i] = t;
    }
    
    f[0][0] = 1;    // 第0行摆放物品
    for (int i = 1; i <= n + 1; i++) {
        for (int j = 0; j < 1 << m; j++) {
            if (!(j & g[i]) && check(j)) {  // j是合法种植方案，且j不存在连续相邻的两个1
                for (int k = 0; k < 1 << m; k++) {
                    // 这里可以省略k不存在连续相邻的两个1这个条件是因为，当k不合法时一定有f[i-1][k] = 0
                    if (!(j & k)) f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][k]) % mod;
                }
            }
        }
    }
    
    printf("%d", f[n + 1][0]);  // 摆完前n行，此时第n+1行一定没有任何物品
    
    return 0;
}

　　可以先把合法的状态预处理出来，AC代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 15, M = 1 << 12, mod = 1e8;

int n, m;
int f[N][M];
vector<int> state, st[M];

bool check(int x) {
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        if (x >> i & 1 && x >> i - 1 & 1) return false;
    }
    return true;
}

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    
    for (int i = 0; i < 1 << m; i++) {  // 预处理出来不包含连续两个1的状态
        if (check(i)) state.push_back(i);
    }
    for (auto &i : state) {
        for (auto &j : state) {
            if ((i & j) == 0) st[i].push_back(j);   // 表示状态i可以由j转移过来
        }
    }
    
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n + 1; i++) {
        int t = 0;
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            int x;
            scanf("%d", &x);
            t |= !x << j;
        }
        
        for (auto &j : state) {
            if ((j & t) == 0) {
                for (auto &k : st[j]) {
                    f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][k]) % mod;
                }
            }
        }
    }
    
    cout << f[n + 1][0];
    
    return 0;
}

 

参考资料

　　AcWing 327. 玉米田（算法提高课）：https://www.acwing.com/video/404/