POJ 2411 状态压缩DP

题目来源: http://poj.org/problem?id=2411
题目大意：给一个h*w的方格，现给出1*2和2*1的两种小方块，求出把h*w方格铺满的不同方案数（1<=h,w<=11）

分析：首先能想到的是如果h*w为奇数，那么肯定不能放满，结果为0

如何表示状态：从题目看数据很小，那么很容易想到用二进制来表示状态，0表示当前方格没放，1表示放了

这里用dp[ r ][ cur ]表示前 r-1 行放满，第 r 行状态为 cur 时的方案数，同理，dp[ r-1 ][ lst ]表示前 r-2 行放满，

第 r-1 行状态为 lst 时的方案数; 状态 lst 是由 cur 状态推出来的( [1] 为什么？)，

所以dp[ r ][ cur ] = dp[ r ][ cur ] +dp[ r-1 ][ lst ]； 那么dp[ h ][ (1<<w)-1 ] 即为最后所求结果

[1] 先表示一下状态，我们在考虑第 r 行，只考虑前 r 行，一共有 3 种状态(cur表示第 r 行，lst表示第 r-1 行)：

1、竖直放 cur<<1 | 1 , lst<<1

2、横着放 cur<<2 | 3, lst<<2 | 3

3、不放 cur<<1, lst<<1 | 1

先解释一下：假设 cur = lst = 0, 假如竖直放，那么 cur = 1, lst = 0, 意思是第 r 行第1列放，第 r-1 行第1列

不放（因为第 r 行要坚直放，所以第 r-1 行第 1 列不能放），直到放完最后一列，出现了两个状态 cur 和 lst,

其中 lst 不就是由 cur 状态推出来的么？并且保证第 r-1 行是满的！

其中第一行只有两种状态，因为第一行上边没有，所以不能竖直放……

举个例子：h = 3, w = 2; dp[ r ][ cur ] += dp[ r-1 ][ lst ];



　　　仔细看一看应该就可以看的懂了！下面是代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;

int h, w;
long long dp[12][2100];

void dfs(int r, int c, int cur, int lst) {
if(r == 1) { // if r == 1 only have two state
if(c == w) {
dp[r][cur]++;
return ;
}
if(c + 1 <= w) dfs(r, c+1, cur<<1, lst);
if(c + 2 <= w) dfs(r, c+2, cur<<2|3, lst);
}
else {
if(c == w) { // one state occurs
dp[r][cur] += dp[r-1][lst];
return;
}
if(c + 1 <= w) {
dfs(r, c+1, cur<<1|1, lst<<1);
dfs(r, c+1, cur<<1, lst<<1|1);
}
if(c + 2 <= w) {
dfs(r, c+2, cur<<2|3, lst<<2|3);
}
}
}

int main() {
while(~scanf("%d%d", &h, &w)) {
if(h + w == 0) break;
if((h*w) & 1) {
puts("0"); continue;
}
if(h < w) swap(h, w);
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(int r = 1; r <= h; ++r)
dfs(r, 0, 0, 0);

printf("%lld\n", dp[h][(1<<w)-1]);
}
return 0;
}

如有错误欢迎指正。