最近我總是輾轉反側，難以入眠，對我們曾有過的願景，浮想聯翩。但親愛的，我早已在內心深處祈禱著，祈禱自己不再迷失於金錢的追逐中。題意如下：
n行m列
乙個矩陣裡有很多格仔，每個格仔有兩種狀態，可以放牧和不可以放牧，可以放牧用1表示，否則用0表示，在這塊牧場放牛，要求兩個相鄰的方格不能同時放牛，即牛與牛不能相鄰。問有多少種放牛方案(一頭牛都不放也是一種方案)n，m範圍不超過12。
sample input
2 3
1 1 1
0 1 0
sample output
9 資料解釋：
將資料看為
1 2 3
0 4 0
則可行方案有（1），（2），（3），（4），（1 ，3），（1，4），（3，4），（1，3，4），（）空表示什麼也不放。
這道題很明顯是狀態壓縮，因為n和m範圍就可以明顯看出來了。
怎麼設計狀態呢。
我們用dp［i］［j］表示i行j狀態可行的最大方案。
那麼下一行dp［i＋1］［j］就應該為上一行所有可行方案的和。
即dp［i＋1］［j］＝ sigma （dp［i］［k］）k應為可行的方案。
詳細介紹請看**。
#include "cstdio"
using namespace std;
const int mod = 100000000;
int n, m, state[600], top, dp[13][600], a, cur[13], ans;//state陣列儲存單行中合法狀態（即沒有兩隻牛在一起的狀態），dp［i］［j］表示第i行state［j］狀態可獲得最大方案。cur［i］來儲存第i行中的0（若第j個為0則給那一位打上1）
bool ok( int
x )
bool fit( int
x, int i )
int main()
int zt = (1
if ( ok(j) ) state[++top] = j;
for ( int j = 1; j <= top; j++ )
if ( fit(state[j], cur[1]) ) dp[1][j] = 1;
for ( int i = 2; i <= n; i++ )
for ( int j = 1; j <= top; j++ )
if ( fit(state[j], cur[i-1]) )
for ( int k = 1; k <= top; k++ )
if ( fit(state[k], cur[i]) && fit(state[k], state[j]) )
dp[i][k] = (dp[i][k] + dp[i-1][j]) % mod;//狀態轉移加上上一行的所有可行方案
for ( int j = 1; j <= top; j++ )
ans = (ans + dp[n][j]) % mod;//答案都在最後一行
printf( "%d\n", ans );
return
0;}
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poj 3279 不會做。但是感覺思路挺有意思的 大體的思路是 把第一行狀態確定好了，之後的每一行都由前一行決定，也就是之後的所有狀態都確定好了，此時列舉第一行的狀態，看看根據該情況最後一行是否能符合情況，難點就是狀態的壓縮，也是比較基礎的地方了，主要還是難想，對就是菜。include includ...