poj 2411 Mondriaan's Dream

状态压缩DP

经典覆盖问题，输入n和m表示一个n*m的矩形，用1*2的方块进行覆盖，不能重叠，不能越出矩形边界，问完全覆盖完整个矩形有多少种不同的方案

其中n和m均为奇数的话，矩形面积就是奇数，可知是不可能完全覆盖的。接着我们来看n*m为偶数的情况

DP前先处理一下，交换n和m使n较大m较小，这样能减少状态数

另外数据中是有重复的，所以开辟一个ans数组来记录每组数据的结果，如果遇到相同的数据则不要计算直接输出答案

不用这个ans数组的话也不会超时，这个代码是跑出了950ms，加了这个记录答案的数组时间变为600ms

接着就看注释部分的讲解即可

/*
最上面的为第1行，最下面为第n行
从上到下按行DP
其中一行的状态我们用一个二进制表示，0表示没有被覆盖，1表示被覆盖了
最后得到一个01串，这个串变回十进制就是一个状态
定义状态dp[i][s]，表示前i-1行已经放满，第i行的状态为s的方案数
状态转移方程为 dp[i][s]=sum{ dp[i-1][ss] } ，其中状态s与状态ss兼容
这个状态转移方程的内涵在于理解s和ss何为兼容
首先我们约定一个放置方法，就是竖着放的时候，我们暂且将其称为“上凸型摆放”
因为竖放必然占据第i-1行和第i行，我们约定这个方块是属于第i行的，也就是说它凸上去了
那么要在第i行的第j列竖放一个方块的话，第i-1行第j列必须没有方块
也就是说，第i行的放置是受到第i-1行的限制的，反过来说在第i行竖放了方块，也会影响第i-1行的状态
所以这样就可以讲解一下状态转移方程了，前i-2行已经放满了，第i-1行的状态为ss(dp[i-1][ss])
此时在第i行开始放一些方块，放的方法不定，可能横放可能竖放，但是按这个方案放完后
第i-1行刚好被填满，且第i行的状态变为了s，所以不难想到第i-1行的状态ss到第i行的状态s这个转移是唯一的
所以有 dp[i][s]=sum{ dp[i-1][ss] }
最后我们详细讨论一下s和ss在什么情况下是兼容的
1.第i行的第j列为1，第i-1行的第j列为1，这样的话，说明第i行的第j列一定不是竖放而是横放否则会与第i-1行的第j列冲突所以马上紧接着判断第i行第j+1列，如果是1，那么满足横放的规则，同时也要第i-1行第j+1列也要为1，否则的话这个格子没办法填充，成立后向左移动两格不满足上述条件的，就是两个不兼容或者不合法的状态
2.第i行第j列为1，第i-1行第j列为0，那么说明第i行第j列应该竖放并填充第i-1行第j列，成立后向左移动一格
3.第i行第j列为0，说明不放方块，那么第i-1行第j列必须为1，否则没法填充这个格子。若第i-1行第j列也为0，不兼容不合法(至于第i行第j列这个格子空着干什么，其实就是留出来给第i+1行竖放的时候插进来的)那么目标状态是什么，就是dp[n][maxs]，maxs表示全部是1的串，即第n-1行以上全部覆盖满，第n行的状态为maxs，即没有空着的格子，也全部覆盖满了
即整个矩形全部被覆盖满了的状态最后是第1行的初始化问题，因为约定了“上凸型摆放”，所以第1行是不能竖放方格的，只能横放方格，
每横放一个必定占据两个格子，所以在判断一个状态（那个01串）的时候，连着的1的个数必定为偶数，如果出现了单独的1，说明不合法
*/#include <cstdio>
#include <cstring>
#define N 15
#define MAX (1<<11)+10long long dp[N][MAX];
long long ans[N][N];
int n,m;bool init(int s)
{for(int k=0; k<m; ){if(s & (1<<k)){if(k==m-1) return false;if(s&(1<<(k+1))) k+=2;else return false;}else k++;}return true;
}bool ok(int s, int ss)
{for(int j=0; j<m; )if(s & (1<<j)) //第i行第j列为1
        {if( ss & (1<<j)) //第i-1行第j列也为1，那么第i行必然是横放
            {//第i行和第i-1行的第j+1都必须是1，否则是非法的if( j==m-1 || !(s&1<<(j+1)) || !(ss&(1<<(j+1))) ) return false;else  j+=2;}else j++; //第i-1行第j列为0，说明第i行第j列是竖放
        }else //第i行第j列为0，那么第i-1行的第j列应该是已经填充了的
        {if(ss&(1<<j)) j++;//已经填充else return false;}return true;
}void solve()
{int maxs;if(n<m){ n=n^m; m=n^m; n=n^m; }//交换后n是行m是列，m较小，那么状态数也可以相应减少maxs=(1<<m)-1;memset(dp,0,sizeof(dp));for(int s=0; s<=maxs; s++) //枚举第一行所有可能的状态if(init(s)){dp[1][s]=1; //方案数都是1//printf("%d\n",s);
        }for(int c=2; c<=n; c++) //按行dpfor(int s=0; s<=maxs; s++) //第i行的状态for(int ss=0; ss<=maxs; ss++) //第i-1行的状态if(ok(s,ss))dp[c][s] += dp[c-1][ss];printf("%lld\n",ans[n][m]=ans[m][n]=dp[n][maxs]);
}int main()
{memset(ans,-1,sizeof(ans));while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){if(!n && !m) break;if(!ans[n][m]) {printf("%lld\n",ans[n][m]);continue;}if(n&1 && m&1) {ans[n][m]=ans[m][n]=0;printf("0\n");continue;}solve();}return 0;
}