题意:
h*w的区域铺上1*2的砖,问有几种铺法.
思路:
(例程来源:
http://gisyhy.blog.163.com/blog/static/129390343200992441558735
http://blog.sina.com.cn/s/blog_62ebd4410100h081.html
部分解读:
http://blog.sina.com.cn/s/blog_68b1a51b0100j91c.html#post)
解法一
一行一行铺,判断后一行能否从前一行转移而来.
具体见代码.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
///624K 1954MS
#define N 11+1
#define S (1<<12)
#define LL long long
LL dp[N][S];
bool a[S];
int n,Maxn,h,w;
bool Ok(int i)//初始化第1行状态为i时是否容许
{
for(int k = 0 ; k < w; )
{
if(i & (1<<k))
{
if(k == w-1 || !(i & (1<<(k+1))))///竖放只能靠脑补,初始化的时候只有横放
return false;
k+= 2;
}
else k ++;
}
return true;
}
/**
1、如果第i行中有0，则第i-1行一定为1；
2、如果第i行中为1的x列第i-1行为0，说明第i行肯定是竖着放的；(上一行0变1是脑补了)
3、如果第i行中为1的x列第i-1行的该列也为1，可能性只有一个，
第i行是横放的，所以第i行的x+1列也必须为1，
又因为第i行的x+1列为1是因为横着放的，所以第i-1行的x+1列也必须为1。
**/
bool Pk(int i,int j)//判断i和j状态有无冲突
{
int k;
for(k = 0; k < w; )
{
if((i & (1<<k)) == 0)
{
if((j & (1<<k)) == 0)//如果第i行为0，则第j行一定得为1
return false;
k ++;
}
else
{
if(j & (1<<k))
if(k == w-1 || ((i & (1<<(k+1))) && (j & (1<<(k+1)))) == 0)
return false;
else k +=2;
else k++;
}
}
return true;
}
int main()
{
while(scanf("%d %d",&h,&w),h && w)
{
int i,j,k;
if(h < w)//将状态数取小，优化处理
i = h ,h = w,w =i;
Maxn = (1<<w)-1;///闭区间
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i = 0 ; i <= Maxn; i++)//初始化第1行
{///就是合法的计数,不合法的留空
if(Ok(i))
dp[h][i] =1;///每种情况都试一遍,从下往上填的
}
for(k = h-1 ; k >=1; k --)//枚举第k行
{
for(i = 0 ; i <= Maxn; i++)//当前行的状态
{
for(j = 0; j <= Maxn ; j++) //前一行的状态
{
if(Pk(i,j))///只是单纯的判断i状态能否由j状态转移而来
dp[k][i] +=dp[k+1][j];
}
}
}
///填了好多不必要的空格...
cout<<dp[1][Maxn]<<endl;///输出最后一行全部填满的情况
}
return 0;
}
自己敲一遍:
加了两个优化:奇数面积直接输0;虚拟第0行,把第1行纳入check函数中(因为第一行就是check的特例~)
时间减少了1000MS....
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 12;
const int S = 1 << 12;
ll dp[N][S];
int maxs,h,w;
///548K 985MS
bool ck(int i, int j)
{
for(int k=0;k<w; )
{
if(!(i & (1<<k)))
{///当前k位为0
if(!(j & (1<<k)))
{///前一行k位为0
return false;
}
k++;
}
else
{
if(j & (1<<k))
{///k 位都为1
if(k==w-1 || !(i & (1 << (k+1)) && j & (1 << (k+1))) )
return false;///均为横放,下一位也都必须是1.当然首先得有下一位
else k += 2;///满足的话就越过一格
}
else k++;///竖放
}
}
return true;
}
int main()
{
while(scanf("%d %d",&w,&h) && (h+w))
{
if((h*w)%2)
{
printf("0\n");
continue;
}
if(h<w)
{
int tmp = h;
h = w;
w = tmp;
}
maxs = 1<<w;
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][maxs-1] = 1;
///虚拟第0行,这样就可以直接从第1行开始填数了.第0行只有一种全填满的方案
for(int i=1;i<=h;i++)
{
for(int j=0;j<maxs;j++)
{
for(int k=0;k<maxs;k++)
{
if(ck(j,k))
dp[i][j] += dp[i-1][k];
}
}
}
printf("%I64d\n",dp[h][maxs-1]);
}
}
解法二(状态压缩DP+DFS记忆化搜索)
因为solve是递归的,所以是从最后一行往前填的.
state中的1表示(横放或竖放的)被占据的格子,它的前一行对应状态i,i中的1表示(横放或竖放)被占据的格子.
0表示其下state上的1为竖放(也就是说按照时间顺序,填i的时候该位置保留为0,填state的时候该0变为1).
这样dp[state][n]表示第n行为state状态,1~n-1行填满的方案数.
这样的话可以发现和解法一是完全等效的,也就可以看出其充分性.
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
//360K 32MS
__int64 dp[2049][12];//记忆化搜索
__int64 num[12][12];//保存已经计算的结果不重复计算
int n,m,power;
inline bool exam(int x)//检查状态x是否满足全部是横放
{
int i = 0;
while(i < m)
{
int sum = 0;
while((x & (1<<i)))
{
sum ++; //找到连续的1
i++;
}
if(sum % 2) return(false);///遇到连续的1的个数为奇数,就判错
i++;
}
return(true);///全部检查完毕,都为偶,判对
}
__int64 solve(int state, int n)
{
__int64 sum = 0;
if(n == 1)//边界条件
{///表示第0行(虚拟)全填满1,state就表示公共的连续1
if(exam(state)) return(1);
return(0);
}
else
{
int last = ~state;
last = last & power;//找到state中0的位置标为1
if(dp[state][n] != -1) return(dp[state][n]);//已经搜索过
for(int i = 0; i <= power; i++)///遍历所有的方案
{
if((i & last) != last) continue;///state中0的位置上i中并不都为1,pass
int tmp = state & i;///state和i中都为1的位置标为1
///至此,保证了当前行为0,前一行对应1;当前行为1且前一行也为1时,总是有连续的偶数个;
///还剩下一种情况就是当前行为1而前一行为0,此时前一行的0脑补为1,认为是当前行的1竖放了!!!
if(exam(tmp)) sum += solve(i,n-1);//如果满足条件2
}
dp[state][n] = sum;//保存结果
}
return(sum);
}
int main()
{
memset(num,-1,sizeof(num));
while(scanf("%d%d",&n,&m) == 2 && n && m)
{
if(n * m % 2)
{
printf("0\n");
continue;
}
if(m > n)
{
n = m ^ n;///保存m与n相异的位于n中
m = m ^ n;///将m中与n相异的位翻转而剩余不变,恰好是把m变成n
n = m ^ n;///把n的值再翻转为m存在n中
}
if(num[n][m] != -1)
{
printf("%I64d\n",num[n][m]); //已经算过了
continue;
}
power = (1<<m) - 1;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
num[n][m] = solve((1<<m)-1,n);
printf("%I64d\n",num[n][m]);
}
return(0);
}
仍然是自己敲一遍~
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 12;
ll dp[1<<(N-1)][N];///这里真的是太精打细算->11是奇数,而宽度又尽量小,所以实际宽度最大为10...
ll num[N][N];
int h,w,maxs;
bool ck(int i)
{
int sum = 0;
for(int k=0;k<w; )
{
while(k<w && (i & (1<<k)))
{
sum++;
k++;
}
if(sum % 2)
return false;
sum = 0;
k++;///漏掉了哦~
}
return true;
}
ll dfs(int state, int i)
{
if(i==1)
{
if(ck(state)) return 1;
return 0;
}
if(dp[state][i]!=-1) return dp[state][i];
ll ans = 0;
for(int s=0;s<maxs;s++)
{
int zero = ~state;
zero = zero & (maxs-1);
if((zero & s) != zero) continue;///state中0不全对应s中1,不合法
int tmp = s & state;///common 1
if(ck(tmp))///even, valid
ans += dfs(s,i-1);
}
dp[state][i] = ans;
return ans;
}
int main()
{
memset(num,-1,sizeof(num));
while(scanf("%d %d",&w,&h)==2 && (w+h))
{
if(w*h%2)
{
printf("0\n");
continue;
}
if(w>h)
{
h = w ^ h;
w = w ^ h;
h = w ^ h;
}
if(num[h][w]!=-1)
{
printf("%I64d\n",num[h][w]);
continue;
}
maxs = 1<<w;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
num[h][w] = dfs(maxs-1,h);
printf("%I64d\n",num[h][w]);
}
}
好吧,另附平生第一次打表→ →
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 12;
ll num[N][N] = {
{0, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1},
{1, 0, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1},
{1, 1, 2, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1},
{1, 0, 3, 0, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1},
{1, 1, 5, 11, 36, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1},
{1, 0, 8, 0, 95, 0, -1, -1, -1, -1, -1, -1},
{1, 1, 13, 41, 281, 1183, 6728, -1, -1, -1, -1, -1},
{1, 0, 21, 0, 781, 0, 31529, 0, -1, -1, -1, -1},
{1, 1, 34, 153, 2245, 14824, 167089, 1292697, 12988816, -1, -1, -1},
{1, 0, 55, 0, 6336, 0, 817991, 0, 108435745, 0, -1, -1},
{1, 1, 89, 571, 18061, 185921, 4213133, 53175517, 1031151241, 14479521761, 258584046368, -1},
{1, 0, 144, 0, 51205, 0, 21001799, 0, 8940739824, 0, 3852472573499, 0}
};
int h,w;
int main()
{
while(scanf("%d %d",&h,&w)==2 && (h+w))
{
if(w>h)
{
h = w ^ h;
w = w ^ h;
h = w ^ h;
}
printf("%I64d\n",num[h][w]);
}
}