【上海交大oj】畅畅的牙签袋（状态压缩dp)

1383. 畅畅的牙签袋

题目描述

畅畅说：“你们都说窝脑子瓦特了，我看你们才是脑子瓦特嘞- -”

为了阻挠我们再次揭露他的无chǐ，畅畅妄图破坏我们的显示器，他拿出了自己收集的牙签包装袋，其大小是1×2的矩形，他想用密铺的方式把显示器全部遮挡住。显示器大小是W×H的矩形，畅畅把包装袋背面涂上了胶水，开始一块一块粘到显示器上，要求不能有包装袋重叠，也不能有显示器的某一部分没被遮挡，包装袋的放置只有两种情况：横放和竖放。

畅畅为自己的周密计划洋洋得意之时，脑子又瓦特了，他想让你帮他算算针对每台显示器一共有多少种不同的密铺方式。

说明

1. 认为显示器是有方向的，即对称的密铺方式要算重复计数，例如 2×2 的显示器密铺方案有两种，一种是2个包装袋都横放，另一种是两个包装袋都竖放。

2. 不能密铺的则输出0。

3. 牙签包装袋足够用。

输入格式

输入包括若干行，每行有两个整数Wi和Hi，表示这台显示器大小，输入数据以Wi=Hi=0作为结束，每台显示器大小 1<=Hi,Wi<=11。

输出格式

针对每行输入，每次输出一个整数表示对该显示器密铺的方案总数。Wi=Hi=0时不需要输出。

Sample Input

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

Sample Output

1
0
1
2
3
5
144
51205

提示

畅畅说如果Wi×Hi是奇数的话可行的方案数就是0了。

畅畅思来想去，认为以行为单位来一行行填充，同时用状态压缩的方式表示每一行的填充状态，0表示空1表示已填充，如一个长为3的行有000，001，010，011，100，101，110，111这样几种状态表示。

畅畅觉得动态规划太难的话，只有暴力搜索了。

畅畅说30%测试点只有一台显示器，70%测试点只有不超过十台显示器，100%测试点只有不超过121台显示器

畅畅说答案很小的，long long就够了

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铺砖块问题。每一行为一个阶段，最多有2^11种状态，那么枚举这一行的状态就好了，在这一行的状态确定的情况下，枚举上一行的状态，检查是否兼容（若上一行为0，表示没有铺，则这一行对应位置必须为1，若上一行为1，这一行可以为0也可以为1，但要注意的是，若为1，说明两行的这个位置都是平铺，否则必有其中一个为零（下一行来铺），那么由于是平铺，下一个位置的两行都为1，否则状态不兼容），若兼容则加上对应的数目。

复杂度为h*(2^w)*(2^w)。也可以一个点一个点动归，这个还没实现过，暂时不表。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
 
int w,h;
long long dp[11][1<<11];
long long first_line(int n)
{
    int t = 1;
    for (int i = 1;i <= w;++i,t <<= 1)
    {
        if (t & n)
        {
            if (i==w || !(n&(t<<1))) return 0;
            else
            {
                i++;
                t <<= 1;
            }
        }
    }
    return 1;
}
bool match(int n,int l)
{
    int t = 1;
    for (int i = 1;i <= w;++i,t<<=1)
    {
        if (t & n)
        {
            if (t & l) //两行都为1 
            {
                if (i==w || !((n & (t<<1)) && (l & (t<<1))) ) return 0;
                else
                {
                    i++;t<<=1; 
                }
            }
        }
        else if (!(t & l)) return 0;
    }
    return 1;
}
int main(){
 
    while (1)
    {
        cin>>w>>h;
        if (h==0 && w==0) break;
        if ((h*w)&1) //边长为奇数 
        {
            cout<<0<<endl;
            continue;
        }
        if (h<w) //减少复杂度 
        {
            h = h^w;
            w = h^w;
            h = h^w;
        }
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for (int i = 0;i < 1<<w;++i) dp[0][i] = first_line(i); //initialize
        for (int i = 1;i < h;++i)
            for (int j = 0;j < 1<<w;++j) //当前行状态枚举 
                for (int k = 0;k < 1<<w;++k) //前一行状态枚举 
                {
                    if (match(j,k)) dp[i][j] += dp[i-1][k];
                }
        cout<<dp[h-1][(1<<w)-1]<<endl;
    }
 
    return 0;
}