瓷砖覆盖（状压DP)

题目描述 Description

用1*2的瓷砖去铺N*M的地面，问有多少种铺法

输入描述 Input Description

第一行有两数n，m。表示地面的大小

输出描述 Output Description

共一行，为方案总数 

样例输入 Sample Input

2 2 

样例输出 Sample Output

2

分析：

用1*2的砖去恰好铺满n*m的空间,对于第k行第j列,有3种情况将该点铺满
1:由第k-1行第j列砖竖着铺将第k行第j列铺满
2:由第k行第j列被横铺砖铺满
3:第k行第j列砖竖着铺将该点铺满
所以对于每一列的情况其实有两种(1,0)表示该点铺砖还是不铺
而对于每一列必须到达的状态只有一种，就是被铺满(1)
但是由上述3种情况将铺满方式分成两种:
0和1表示被k-1行j列竖铺铺满和在k-1行被横铺铺满
对于每一行列举每一种到达的状态j,dp[j]表示到达该状态有多少种情况
分析对于第k-1行状态j:10000111
需要到达第k行状态i: 01111011
如果需要到达第k行j列状态是0，则必须第k-1行该点状态不能是0，否则一定是连续两列竖放冲突
所以到达第k-1行该点只能是1，也就是说i|j一定每一位是1,也可以一步步判断是否满足第k行j列是0第k-1行j列是1
如果需要到达第k行状态j列是1，则假如第k-1行该点是0，则该点状态可以到达，继续判断j+1列
假如第k-1行该点是1，则第k行j列的1一定是横铺到达的,所以k行第j+1列一定也被铺满为1
从而第k-1行j+1列一定不能竖铺，必须被横铺铺满，所以也是1.
于是综合的第k行j列和第k-1行j列的关系(每一行每一列都表示到达的状态)
1:下面这种情况从第j列继续去判断j+1列
1
0
2:下面这种情况从第j列继续去判断j+1列
0
1
3:下面这种情况从第j列判断第j+1列是否全是1,然后继续判断第j+2列
1
1 

*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <cmath>
#include <iomanip>
#define INF 99999999
typedef long long LL;
using namespace std;
 
const int MAX=(1<<11)+10;
int n,m;
LL temp[MAX],dp[MAX],bin[15];
bool mark[MAX];
 
bool check(int i){
    while(i){
        if(i&1){
            i>>=1;
            if(!(i&1))return false;//第j列是1则第j+1列必须是1 
            i>>=1;//继续判断下一列 
        }else i>>=1;//继续判断下一列 
    }
    return true;
}
 
void Init(){
    memset(mark,false,sizeof mark);
    memset(temp,0,sizeof temp);
    for(int i=0;i<bin[m];++i){//初始化第一行和可以到达什么状态 
        if(check(i))temp[i]=1,mark[i]=true;
    }
}
 
void DP(){
    for(int k=2;k<=n;++k){
        for(int i=0;i<bin[m];++i)dp[i]=0;
        for(int i=0;i<bin[m];++i){
            for(int j=0;j<bin[m];++j){
                if((i|j) != bin[m]-1)continue;//每一位或之后必须每一位是1(综合前面3种情况和分析可知)
                if(!mark[i&j])continue;//由初始化和前面分析三种情况分析可知i&j必须得到和初始化可以到达的状态一样才行
                dp[i]+=temp[j];//i可以从j到达,则增加j的方案数 
            }
        }
        for(int i=0;i<bin[m];++i)temp[i]=dp[i];
    }
}
 
int main(){
    bin[0]=1;
    for(int i=1;i<12;++i)bin[i]=2*bin[i-1];
    while(~scanf("%d%d",&n,&m),n+m){
        if(n<m)swap(n,m);//始终保持m<n,提高效率 
        Init();
        DP();
        printf("%lld\n",temp[bin[m]-1]);//输出最后一行到达时的状态必须全部是1 
    }
    return 0;
}

优化：

<code class="language-cpp">/*优化:不去盲目的列举所有状态i和j然后判断状态j能否到达i,这样效率很低,因为能到达i的状态j很少 
因此对于每种状态i,由i区搜索能到达i的状态j,大大提高效率 
有298ms->32ms  
*/   
#include <iostream>  
#include <cstdio>  
#include <cstdlib>  
#include <cstring>  
#include <string>  
#include <queue>  
#include <algorithm>  
#include <map>  
#include <cmath>  
#include <iomanip>  
#define INF 99999999  
typedef long long LL;  
using namespace std;  
  
const int MAX=(1<<11)+10;  
int n,m;  
LL temp[MAX],dp[MAX],bin[15];  
  
bool check(int i){  
    while(i){  
        if(i&1){  
            i>>=1;  
            if(!(i&1))return false;//第j列是1则第j+1列必须是1   
            i>>=1;//继续判断下一列   
        }else i>>=1;//继续判断下一列   
    }  
    return true;  
}  
  
void Init(){  
    memset(temp,0,sizeof temp);  
    for(int i=0;i<bin[m];++i)if(check(i))temp[i]=1;//初始化第一行  
}  
  
void dfs(int k,int i,int j){  
    if(k == m){dp[i]+=temp[j];return;}  
    if(k>m)return;  
    if((i>>k)&1){  
        dfs(k+1,i,j);  
        if((i>>(k+1))&1)dfs(k+2,i,j|(1<<k)|(1<<(k+1)));  
    }  
    else dfs(k+1,i,j|(1<<k));  
}  
  
void DP(){  
    for(int k=2;k<=n;++k){  
        for(int i=0;i<bin[m];++i)dp[i]=0;  
        for(int i=0;i<bin[m];++i)dfs(0,i,0);  
        for(int i=0;i<bin[m];++i)temp[i]=dp[i];  
    }  
}  
  
int main(){  
    bin[0]=1;  
    for(int i=1;i<12;++i)bin[i]=2*bin[i-1];  
    while(~scanf("%d%d",&n,&m),n+m){  
        if(n<m)swap(n,m);//始终保持m<n,提高效率   
        Init();  
        DP();  
        printf("%lld\n",temp[bin[m]-1]);//输出最后一行到达时的状态必须全部是1   
    }  
    return 0;  
}</code>