一道經典狀態壓縮dp題目。
題意很明確，讓用1*2或2*1的小方格鋪滿地板。根據狀態壓縮的慣用思路，當前行的地板狀態是由當前行和上一行共同決定的，肯定要用乙個二進位制數表示一行的狀態，然後再用狀態轉移方程轉移求解。
這道題可以這麼想，對於每個狀態，如果是1*2的橫著放，將兩個位置都標記為1，如果是2*1的豎著放，那麼將上面位置標記成0，下面位置標記成1，這樣的話，就能保證，如果最後一行鋪滿且沒有2*1的起始方塊，最後一行的狀態肯定全是1，這樣便確定了結果狀態。起始狀態也很明顯，由於第一行上面肯定不存在放磚塊的位置，故除了將第一行全部標記成1的狀態的種數設定成1外，第一行其他狀態全部設為0。然後就是狀態轉移了
狀態轉移有兩種思路：
#include #include #include using namespace std;
int h,w;
int l,now,pre,cnt; //l為當前處理的長度，now表示當前的行狀態，pre表示當前的上一行狀態，cnt記錄狀態數
int status[20000][2]; //0表示上一行狀態，1表示當前行狀態，陣列第一維表示乙個兩行的狀態組
long long int dp[15][20000];
void dfs(int l,int now,int pre)
dfs(l+2,(now<<2)|3,(pre<<2)|3); //當前行橫放乙個1*2的磚塊，那麼上一行要麼是橫放乙個1*2的磚塊，要麼是2*1的下面，總之肯定是1
dfs(l+1,(now<<1)|1,pre<<1); //當前行放2*1的下面部分，那麼上一行肯定是2*1的上面部分，表示為0
dfs(l+1,now<<1,(pre<<1)|1); //當前行放2*1的起始部分，那麼上一行肯定不是2*1的起始部分，也就是說不為0
//這樣得到的任意乙個01字串組，肯定都能用磚塊來鋪滿，不必擔心沒有鋪滿的問題
}int main()
{ while (cin>>h>>w&&h+w)
{l=now=pre=cnt=0;
dfs(l,now,pre);
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][(1<
這個**將起始狀態設為全為0，橫鋪兩個為00，豎鋪上為1下為0，這樣合法的末狀態就是全為0的狀態，合法的初狀態較多，需要列舉（讀者可以想想為什麼上一種表示方法初狀態只有乙個，而這個表示方法初狀態卻有多個，跟表示的方法有關）
#include #include #include using namespace std;
int n,m;
long long int dp[15][2500];
bool ok(int s1,int s2)
{ if (s1&s2) //如果兩個狀態有重合的1，則說明都為2*1的上部，狀態衝突
return false;
int s=s1|s2;//否則將兩個狀態合併取或
for (int i=0;i>n>>m&&n+m)
{if (n*m%2==1)
{cout<<0<
poj 2411 狀態壓縮DP
用乙個vector容器來記錄當前狀態下有哪些狀態可以繼承。比如說vec i 裡面的所有的數代表當第一行為i狀態時，第二行的可行狀態。對於狀態i，其二進位制中0的地方表示為當前狀態為豎著的木板的下半部分。其二進位制中1的地方表示為當前狀態為橫著的木板或者豎著的木板的上半部分。include inclu...
POJ 2411 狀態壓縮DP
題目大意 給乙個h w的方格，現給出1 2和2 1的兩種小方塊，求出把h w方格鋪滿的不同方案數 1 h,w 11 分析 首先能想到的是如果h w為奇數，那麼肯定不能放滿，結果為0 如何表示狀態 從題目看資料很小，那麼很容易想到用二進位制來表示狀態，0表示當前方格沒放，1表示放了 這裡用dp r c...
poj 2411 狀態壓縮dp
題意 乙個n m的矩形用 1 2 的卡牌填滿 問共有多少種方法 方法 狀態壓縮 動規的思想 dp i j 表示前i 1行全部填滿 第i行狀態為j的方法總和 狀態j的二進位制狀態 0 表示該位被占用了 1 代表 該為是空的 狀態轉移方程 dp i j sum dp i 1 k 狀態j可由狀態k推出 起...