《算法竞赛进阶指南》 第六章 291. 蒙德里安的梦想 状态压缩DP 轮廓线

https://www.acwing.com/problem/content/293/

求把 N×M 的棋盘分割成若干个 1×2 的长方形，有多少种方案。
例如当 N=2，M=4 时，共有 5 种方案。当 N=2，M=3时，共有 3 种方案。
如下图所示：

输入格式
输入包含多组测试用例。

每组测试用例占一行，包含两个整数 N和 M。

当输入用例 N=0，M=0时，表示输入终止，且该用例无需处理。

输出格式
每个测试用例输出一个结果，每个结果占一行。

数据范围
1≤N,M≤11
输入样例：
1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0
输出样例：
1
0
1
2
3
5
144
51205

解答
使用数字的二进制表示方块的摆放
1 则表示 竖直放置，下一行对应的列 则需要标记为0 表示不放才可行
0 表示不放 上一行对应的列是竖放的 或者表示横放的一部分。
所以抛开上一行的影响(curr | prev),必须偶数个0连在一起。
同时两行相同的位置上不应该出现两个1(curr&prev)

代码如下 TLE了

// 291. 蒙德里安的梦想 jichu.cpp : 此文件包含 "main" 函数。程序执行将在此处开始并结束。
//

#include <iostream>
#include <assert.h>
#include <cstring>

using namespace std;
/*
https://www.acwing.com/problem/content/293/
求把 N×M 的棋盘分割成若干个 1×2 的长方形，有多少种方案。
例如当 N=2，M=4 时，共有 5 种方案。当 N=2，M=3 时，共有 3 种方案。

如下图所示：
2411_1.jpg

输入格式
输入包含多组测试用例。
每组测试用例占一行，包含两个整数 N 和 M。
当输入用例 N=0，M=0 时，表示输入终止，且该用例无需处理。

输出格式
每个测试用例输出一个结果，每个结果占一行。

数据范围
1≤N,M≤11
输入样例：
1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0
输出样例：
1
0
1
2
3
5
144
51205


1 2
2 2
3 2
*/

const int N = 11;
int dp[N+5][1<<N];
int n, m;

int getN(int state, int idx) {
	return (state >> idx) & 1;
}

bool check1(int state) {
	for (int i = 0; i < m;) {
		if (getN(state, i) == 0 && (i == m - 1 || getN(state, i + 1) == 1)) {
			return false;
		}else if (getN(state, i) == 0 && getN(state, i + 1) == 0) {
			i = i + 2;
		}else if (getN(state, i) == 1) {
			i++;
		}else{
			assert(0);
		}
	}

	return true;
}


bool check2(int prev, int curr) {
	int state = prev & curr;
	if (state != 0) return false;
	if (check1(prev | curr) == false) return false;
	return true;
}


int main()
{
	while (cin >> n >> m) {
		if (n == 0 && m == 0) break;
		memset(dp, 0, sizeof dp);
		dp[0][0] = 1;
		for (int i = 0; i <= n; i++) {
			int debug = 0;
			for (int curr = 0; curr < 1 << m; curr++) {
				//检查当前状态是否合法
				//if (check1(curr) == false) { continue; }
				for (int next = 0; next < 1 << m; next++) {
					//检查下一行的状态能和当前匹配
					//那么下一行状态增加对应的方案数
					if (check2(curr, next) == true) {
						dp[i + 1][next] += dp[i][curr];
					}
				}
			}
		}

		cout << dp[n][0] << endl;
	}

	return 0;
}

轮廓线解法

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 12;
const int MOD = 1000000007;
long long  pre[1 << N];
long long  curr[1 << N];
int n, m;
//轮廓线DP 
void solve() {
    memset(pre, 0, sizeof pre);
    pre[0] = 1;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = m-1; j >=0 ; j--) {
            memset(curr, 0, sizeof curr);
            for (int st = 0; st < 1 << m; st++) {
                if ((st >> j) & 1) {
                    curr[st] += pre[st ^ (1 << j)];
                }
                else {
                    //该位置未放置 考虑和上一状态的竖放结合
                    curr[st] += pre[st ^ (1 << j)];
                    if (j < (m-1) && (st>>(j+1)&1)==0 ) {
                        //考虑和左边的已经放置了一半的结合  由于左边已经放置了一半为1，而此时结合了则转化成上一位置为0
                        curr[st] += pre[st | (1 << (j + 1))];
                    }
                }
            }
            swap(curr, pre);
        }
    }

    cout << pre[0] << endl;

}


int main()
{
    while(cin >> n >> m){
        if ( (m + n) == 0) break;
        solve();
    }

    return 0;
}

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