結果完整**
就是將乙個n * m的二維矩陣，分成若干個1 * 2的方格，有多少種分配方式（完全分配）
可以對放置的方式進行模擬，先放置橫著的1* 2方格，再放置豎著的2 * 1方格。那麼擺放的小方格方案數等價於橫著擺放的小方格方案數，因為當橫著合法擺放的方格確定後，豎著擺放的方式就已經確定了，直接內嵌。
他的資料範圍為1~11，暗示可以使用二進位制來進行操作，狀態壓縮。那麼我們選擇對每一列的狀態用乙個二進位制進行表示，當當前行所在的bit為0時，表示該位置沒有放置；bit為1時，表示當前位置已經進行了放置。
列號狀態表示
00001
11001
21010
30010
所使用的變數
所以，我們在判斷橫著擺放方格的時候，就需要提前判斷合法的擺放方式，防止豎著的方格放完後，不能完全鋪滿整個矩陣。
那麼預處理的方法就是，對於每一種狀態（二進位制），然後依次遍歷每一行，在遍歷的途中需要記錄的就是連續的沒有放置的方格數（連續的0），當出現連續的0位奇數個時，表示該列的這種狀態是不合法的。
在動態規劃中，我們從每一列開始遍歷，然後從0 ~ 2^n依次遍歷每乙個狀態。對於每乙個j狀態，我們需要找到乙個他可以和哪個狀態進行轉換。
那麼對於當前列在遍歷時的狀態，我們需要知道這個狀態可以在前面的哪乙個狀態的情況後插入。如果前面當前行i-1是1，表示現在這一行i是1*2方格的後半段，所以對於當前狀態是不能插入的。
在判斷當前狀態是否合法時，可以使用&來操作，如果結果為0，表示沒有衝突。
除此之外，之前還做了一次預處理，判斷當前狀態是否合法。那麼這個合法的狀態就需要使用|來進行操作。
這樣會出現乙個小問題，就是這樣問題的時間複雜度為o( 11 * 2^n * 2^n )，那麼對於最壞的情況下，結果為11 * 2^11 * 2^11近似於5 * 10^7，這是乙個臨界點，在超時的邊緣徘徊。
（(i & j) == 0 && st[i | j]這兩個條件換個位置後，就會超時）
所以我們可以將找狀態集的過程提取出來，減少在三重迴圈中的判斷次數。
將結果儲存在乙個vector的可變陣列中
棋盤一共有0 ~ m-1列
也就是m列不放小方格，前m-1列已經完全擺放好並且不伸出來的狀態
// 1-11 列，2^11 個狀態
ll f[n]
[m];
// f[i][j] 從第i-1列伸出，到i列，狀態為j, j 的二進位制位為1表示當前行放置方格，為0表示不放置
vector<
int> state[m]
;// 每一種狀態，對應可以放置的狀態
bool st[m]
;// 是否可以成功轉移，j 狀態放置 k狀態後 是否合法
int n, m;
intmain()
cnt =0;
}else}if
(cnt &
1) is_valid =
false
;// 餘下0位奇數個，不合法
st[i]
= is_valid;
}for
(int i =
0; i
<< n)
; i ++
)memset
(f,0x00
,sizeof
(f))
; f[0]
[0]=
1;for(
int i =
1; i <= m; i ++
)for
(int j =
0; j
<< n)
; j++
)for
(auto
& k : state[j]
) f[i]
[j]+
= f[i -1]
[k];
cout << f[m][0
]<< endl;
}return0;
}
AcWing 291 蒙德里安的夢想
題意 給出 n 11,m 11 的矩陣，要求將矩陣全部恰好分成 1 times 2 或者 2 times 1 的小矩陣，問方案數。題解 主要是dp陣列的含義定義要了解，設 dp 表示的是第 i 行 j 形狀的方案數，這裡的 j 代表的是二進位制的狀態。想象乙個 01 串，然後在串中第 x 個0代表的...
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蒙德里安的夢想
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