[AcWing 291] 蒙德里安的梦想

去除无效状态的优化写法 复杂度 $O(n \times 2^{m} \times k)$ ( $k$ 代表去处无效状态后的个数)

总体复杂度 $< 11 \times 2^{11} \times 2^{11} \approx 4.6 \times 10^{7}$

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#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>

using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 12, M = 1 << N;

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

int main()
{
    while (cin >> n >> m, n || m) {
        for (int i = 0; i < 1 << n; i ++) {
            int cnt = 0;
            bool is_valid = true;
            for (int j = 0; j < n; j ++) {
                if (i >> j & 1) {
                    if (cnt & 1) {
                        is_valid = false;
                        break;
                    }
                }
                else    cnt ++;
            }
            if (cnt & 1)    is_valid = false;
            st[i] = is_valid;
        }
        for (int i = 0; i < 1 << n; i ++) {
            state[i].clear();
            for (int j = 0; j < 1 << n; j ++)
                if ((i & j) == 0 && st[i | j])
                    state[i].push_back(j);
        }
        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 (auto k : state[j])
                    f[i][j] += f[i - 1][k];
        cout << f[m][0] << endl;
    }
    return 0;
}

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1. 思路
   核心：先放横着的，再放竖着的
   总方案数：等于只放横着的方块的合法方案数
   判断合法：每一列内连续的空着的方块数，需要是偶数
2. 状态表示
   $f[i][j]$ 表示前 $i - 1$ 列全部摆好，且从第 $i - 1$ 列伸出的状态是 $j$ ( $j$ 是个二进制数)
   （比如 $j = 1001$ 表示第 $i - 1$ 列的第 $1$ 行和第 $4$ 行伸到第 $i$ 列）
3. 状态转移
   对于 $f[i][j]$ 和 $f[i - 1][k]$ ，能够转移的条件：
   (1) $(j$ & $k) == 0$
   (2) 所有连续空着的位置的长度必须是偶数
4. 最终结果
   为什么是 $f[m][0]$ ？摆的位置是 $0$ ~ $m - 1$，$f[0][0]$ 表示没有从 $-1$ 列伸进来，$f[m][0]$ 表示没有从 $m - 1$ 列伸出来的，也就是所要求的结果