「POJ2411」Mondriaan's Dream 题解 (状压DP)
个人觉得\(\mbox{POJ}\)有点玄学（毕竟是北大），勿喷。
题目描述
求把 \(N\times M\) 的棋盘分成若干个 \(1\times 2\) 的长方形，有多少种方案。
分析
首先，如果 \(N\times M\in \{x|x=2k+1,k\in \mbox{Z}\}\) (\(N\times M\) 为奇数)，直接下一个。
\(1\times 2\) 的骨牌可以有两种覆盖方法，横着覆盖或是竖着覆盖。
横着放只取决于目前一行的状态，竖着放则依赖于上下两行。
于是我们可以将其表示为二进制，\(0\) 表示这一行这一位是完整的，\(1\) 表示不完整，有缺口，需要上面或下面加一块来补。
例如，对于一个 \(4\times 4\) 的棋盘，第一排可以这么放：
那么第二排就可以这样放：
合起来就是
不难发现，如果第一行某一位状态为 \(1\) ，那么第二行这一位状态只能为 \(1\)，如果第一行某一位状态为 \(0\)，那么第二行这一位状态可以任选。
不过，第三行怎么放呢？
如果我们将前两行的结果压为第一行，那么前两行的状态就是：
因为前两行已经组成了一个完整的长方形，不缺了。
这个 \(\ 0\ 0\ 1\ 1\)如何得来呢？
不难发现：
那么问题又来了，例如，我们前 \(i\) 行的状态为 \([0\ 1\ 0\ 1]\)，第 \(i\) 行的假定状态为 \([1\ 0\ 0\ 1]\)，很显然，这个状态对于 \([0\ 1\ 0\ 1]\) 是不合法的。那么我们怎么判断 \([1\ 0\ 0\ 1]\) 状态对于 \([0\ 1\ 0\ 1]\) 不合法呢？
先用 \([0\ 1\ 0\ 1]\ \mbox{xor}\ [1\ 0\ 0\ 1]\) 得到 \([1\ 1\ 0\ 0]\)，发现 \([1\ 1\ 0\ 0]\ \mbox{and}\ [0\ 1\ 0\ 1]=[0\ 1\ 0\ 0]\)，说明有一个缺口没有将其补上，这时我们就可以判断 \([1\ 0\ 0\ 1]\) 状态对于 \([0\ 1\ 0\ 1]\) 不合法。
状态
\(f_{i,j}\) 覆盖第 \(i\) 行后，第 \(1\) 到 \(i\) 行状态为 \(j\) 的方案数。
目标
\(f_{n,0}\)
状态转移
\(f_{i,j\ \mbox{xor}\ k}+=f_{i-1,k} (\ (j\ \mbox{xor}\ k)\ \mbox{and}\ k\ =\ 0\ )\)
\(j\) 表示当前行状态,\((j\ \mbox{xor}\ k)\ \mbox{and}\ k\ =\ 0\)是保证将前面留下的缺空补上。
注意，\(j\) 必须是合法状态，可以事先处理出来，而 \(k\) 是总状态，必须枚举。
初始状态
\(f_{1,j} = 1\)
\(j\) 是一个合法状态
AC code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int read(){
int x=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x;
}
int d[15][405];
int cnt[15];
void prep(){
for(int i=0;i<(1<<11);i++){//预处理合法状态，将010一类不可能的状态排除
int tot=0;
for(int j=0;j<11;j++){
int t=(i>>j)&1;
if(!t)tot++;
if(tot&1){
if(t)break;
continue;
}
if(i>(1<<j+1)-1)continue;
cnt[j+1]++;
d[j+1][cnt[j+1]]=i;
}
}
}
typedef long long ll;
ll f[15][(1<<11)+5];
int main(){
prep();
while(true){
int n=read(),m=read();
if(!n&&!m)break;
if((n&1)&&(m&1)){
puts("0");
continue;
}
memset(f,0,sizeof f);
for(int i=1;i<=cnt[m];i++)f[1][d[m][i]]=1;//初始状态
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=cnt[m];j++)
for(int k=0;k<(1<<m);k++){//枚举前i-1行的状态
if((d[m][j]^k)&k)continue;//排除不补缺口的状态
f[i][d[m][j]^k]+=f[i-1][k];
}
printf("%lld\n",f[n][0]);
}
return 0;
}
