POJ 3254 Corn Fields 【状压DP】

【题目大意】一个矩阵里有很多格子，每个格子有两种状态，可以放牧和不可以放牧，可以放牧用1表示，否则用0表示，在这块牧场放牛，要求两个相邻的方格不能同时放牛，即牛与牛不能相邻。问有多少种放牛方案(一头牛都不放也是一种方案)
【解析】根据题意，把每一行的状态用二进制的数表示，0代表不在这块放牛，1表示在这一块放牛。首先很容易看到，每一行的状态要符合牧场的硬件条件，即牛必须放在能放牧的方格上。这样就能排除一些状态。另外，牛与牛之间不能相邻，这样就要求每一行中不能存在两个相邻的1，这样也能排除很多状态。然后就是根据上一行的状态转移到当前行的状态的问题了。必须符合不能有两个1在同一列（两只牛也不能竖着相邻）的条件。这样也能去掉一些状态。然后，上一行的所有符合条件的状态的总的方案数就是当前行该状态的方案数。
【状态表示】dp[state][i]：在状态为state时，到第i行符合条件的可以放牛的方案数
【状态转移方程】dp[state][i] =Sigma dp[state'][i-1] （state'为符合条件的所有状态）
【DP边界条件】首行放牛的方案数dp[state][1] =1(state符合条件) OR 0 (state不符合条件)

#include <cstdio>
const int NUM=11111;
int state_r[NUM];
int state[NUM];
int dp[2][NUM];
int no_state;
int M,N;
const int MOD=100000000;
#define sd(a) scanf("%d",&(a))
void input()
{
sd(M);
sd(N);
int tmp;
for(int i=0;i<M;i++)
{
int sum=0;
for(int j=0;j<N;j++)
{
sd(tmp);
sum<<=1;
sum+=tmp;
}
state_r[i]=sum;
}
}
void getState()
{
int up=(1<<N)-1;
int num=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
{
if((i&(i<<1))==0)
state[no_state++]=i;
}
}
void work()
{
int up=(1<<N)-1;
for(int i=0;(state[i]<=up)&&(i<no_state);i++)
if((state[i]&state_r[0])==state[i])
dp[0][state[i]]=1;
int cur=1;
int pre=0;
for(int i=1;i<M;i++)//对每行
{
cur=(pre^1);
for(int j=0;state[j]<=up&&(j<no_state);j++)
dp[cur][state[j]]=0;
for(int j=0;state[j]<=up&&(j<no_state);j++)//对所有适合当前行的状态
{
if((state[j]&state_r[i])==state[j])
{
for(int k=0;state[k]<=up&&(k<no_state);k++)//对所有上一行且不会和当前行组成连续1的状态（包括上一行不可用的状态，0）
{
if((state[k]&state[j])==0)
{
dp[cur][state[j]]+=dp[pre][state[k]];
dp[cur][state[j]]%=MOD;
}
}
}
}
pre=cur;
}
int ans=0;
if(M==1)
cur=0;
for(int i=0;state[i]<=up&&(i<no_state);i++)
{
ans+=dp[cur][state[i]];
ans%=MOD;
}
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("G:/1.txt","r",stdin);
freopen ("G:/2.txt","w",stdout);
#endif // ONLINE_JUDGE
input();
getState();
work();
return 0;
}