EOJ 1029 走道铺砖
http://acm.cs.ecnu.edu.cn/problem.php?problemid=1029
poj 2411 http://poj.org/problem?id=2411
这个题目类属于状态压缩DP，对于状态压缩DP，其实最简单的理解就是把状态用比特位的形式表示出来，我们会在下面用例子来说明。
假如现在我们在铺砖 位置(i, j), 并且假设之前的位置已经铺设好的了，在这个位置，我们的选择：
1. 不用铺砖了，可能在(i-1, j)的时刻已经被竖着铺上了，然后考虑的是（i， j+1）
2. 横铺砖，将(i, j+1）也铺上了，然后考虑的是(i, j+2)
3. 竖着铺砖，（将i，j）和（i+1，j）铺上一个竖立的转头。
所以我们如下翻译我们的选择，在位置(i, j) 如果我们选择横着贴砖，那么将(i, j), (i, j+1)都填写成1， 如果竖着贴砖，我们将(i,j)填写成0， 将(i+1, j)填写成1.
为什么要这么计数呢，我觉得应该这样理解：
1. 在横着贴砖的时候，(i, j), (i, j+1) 都是1，这个值其实对下一行如何选择没有影响。
2. 竖着贴砖的第二个，我们也选择了1， 因为这个砖头结束了，对下一行如何选择依然没有影响。
3. 而竖着的第一个砖头，这个砖头是对下面有影响的，如果(i,j)是0，那么(i+1, j)只有是1的情况下才能满足条件。
（这涉及到接下来的 状态兼容性问题）
对于竖着贴砖为什么这样选择，这样选择的一个好处是，我们在处理最后一行的时候，可以保证最后一行都是1， 因为最后一行绝对不能成为 竖砖开始，所以很容易取得最后的解。
好了，我们把这样理解的方案画成图：
如果我们将每一行都理解成一个二进制数字，那么
Row1 = 51, Row2 = 15, Row3 = 48, Row4 = 63, Row5 = 51, Row6 = 63.
最后转头铺满的状态，一定是最后一行全是1。
我们用DP(i,j) 表示如下含义： 当第i行，达到状态j的时候，所能采取的方案数目。 所以明显我们的最后目的是求 DP(N, 2^(M-1)-1);
我们再来简单的分析一下为什么问题可以满足动态规划， 加入现在分析的对象是 DP(i,j)， 那么这一行有多少种铺设办法是和上一行相关的，
如果上一行的某个状态DP(i-1,k) 可以达到 DP(i, j) 我们认为这两个状态是兼容的，如果DP(i-1,k)和DP(i, j)兼容并且 DP(i-1, k)有S中铺设方案，那么DP(i, j)就可以从DP(i-1, k)
这条路径中获得S个方案。 当然这里k的取值可以是 0 ~~~~ 2^(M-1) -1种取值。
现在我们来理解一下，什么叫做 j, k 兼容。
其实我们在上面已经基本给出分析， 如果我们现在铺设 (i,x) x这里表示第i行，第x列
1. 如果值 i 行，j 在x位上的值是0， 那么第 i-1行，j的值在x位上一定是1。因为不可能在同一列相邻的位置铺两个竖着的 第一个，如果满足下一步测试的是(i, x+1), 否则直接返回不兼容。
2. 如果值 i 行，j在x位置的值是1 .
{
那么有可能有两种情况：
1. (i-1, x)是0， 这个时候一定是竖着铺设了，下一步检测的是(i, x + 1)
2. (i-1, x) 是1， 如果是这样的话，那么(i, x)一定是要选择横着铺了，那么(i,x+1)也一定是1，并且(i-1, x + 1)一定是1（如果是0，就是竖着铺了），如果不满足就返回不兼容，满足条件 就测试(i, x + 2)
}
对于第一行的兼容性，我们要做一下特别的分析，在第一行中，要么放0， 要么放1。
加入当前测试的是 DP(0, j)的第 x的比特位，即第0行，x列
1. 如果x是1，那么 x + 1 也一定是1，然后测试到 x + 2
2. 如果x是0， 那么直接测试下一个 x + 1
补充说明一点，当测试循环中，我们有时候必须要移动 1 位，有时候移动2位，当需要移动2位并且 x == M - 1(M列数）的时候，说明已经不可能兼容了。
1 #include <cstdio> 2 #include <iostream> 3 #include <string> 4 #include <cstring> 5 #include <algorithm> 6 #include <cmath> 7 using namespace std; 8 9 #define MAX_ROW 11 10 #define MAX_STATUS 2048 11 long long dp[MAX_ROW][MAX_STATUS]; 12 int g_width, g_height; 13 14 bool TestFirstLine(int nStatus) 15 { 16 int i = 0; 17 while (i < g_width) 18 { 19 if (nStatus & (0x1 << i)) 20 { 21 if (i == g_width - 1 || (nStatus & (0x1 << (i + 1))) == 0) 22 return false; 23 i += 2; 24 } 25 else 26 i++; 27 } 28 return true; 29 } 30 31 bool CompatablityTest(int nStatusA, int nStatusB) 32 { 33 int i = 0; 34 while (i < g_width) 35 { 36 if ((nStatusA & (0x1 << i)) == 0) 37 { 38 if ((nStatusB & (0x1 << i)) == 0) 39 return false; 40 i++; 41 } 42 else 43 { 44 if ((nStatusB & (0x1 << i)) == 0) 45 i++; 46 else if ((i == g_width - 1) || !((nStatusA & (0x1 << (i + 1))) && (nStatusB & (0x1 << (i + 1))))) 47 return false; 48 else 49 i += 2; 50 } 51 } 52 return true; 53 } 54 55 int main() 56 { 57 while (scanf("%d%d", &g_height, &g_width) != EOF) 58 { 59 if (g_width == 0 && g_height == 0) 60 break; 61 if (g_width > g_height) 62 { 63 int tmp = g_height; 64 g_height = g_width; 65 g_width = tmp; 66 } 67 int nAllStatus = 2 << (g_width - 1); 68 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 69 for (int i = 0; i < nAllStatus; i++) 70 if (TestFirstLine(i)) 71 dp[0][i] = 1; 72 for (int i = 1; i < g_height; i++) 73 for (int j = 0; j < nAllStatus; j++) 74 for (int k = 0; k < nAllStatus; k++) 75 if (CompatablityTest(j, k)) 76 dp[i][j] += dp[i - 1][k]; 77 printf("%lld\n", dp[g_height - 1][nAllStatus - 1]); 78 } 79 return 0; 80 }
