POJ 2411 Mondriaan's Dream (状压DP)
2015-07-07 18:36
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题意:用宽为2,高为1的小矩形,拼成一个h*w的大矩形,问有多少种拼法。
开始想的时候,从下往上不断铺,考虑每一行的铺的方式,对于每一行的第i个格,如果被横放的矩形覆盖的话,状态为1,如果被竖放的矩形覆盖的话,状态为0。想了一种状态转移,但是复杂度太大了。然后想到最后结果是最后一行全铺满的情况。。如果不铺满又怎样。。那么让每一行的第i个格,如果被覆盖就为1,不被覆盖就为0,然后方程就出来了。
思路:状态表示如上述。设dp[i][S] 为第i行状态为S,前i-1行全铺满的方式数。
考虑第i行和第i-1行的关系:如果第i行第j个格为0,那么第i-1行第j个格必须是1;如果第i行第j个格为1,第i-1行第j个格可以是1也可是0,因为如果第i行第j个格是被竖放的矩形覆盖的话,那么其下为0,反之为1 。但因为每一行横放矩形占有两个格,所以第i行每一段1下面必须有偶数或0个1。
状态转移方程:dp[i][S] += dp[i-1][S'] (S'满足上述关系)
我的代码:
开始想的时候,从下往上不断铺,考虑每一行的铺的方式,对于每一行的第i个格,如果被横放的矩形覆盖的话,状态为1,如果被竖放的矩形覆盖的话,状态为0。想了一种状态转移,但是复杂度太大了。然后想到最后结果是最后一行全铺满的情况。。如果不铺满又怎样。。那么让每一行的第i个格,如果被覆盖就为1,不被覆盖就为0,然后方程就出来了。
思路:状态表示如上述。设dp[i][S] 为第i行状态为S,前i-1行全铺满的方式数。
考虑第i行和第i-1行的关系:如果第i行第j个格为0,那么第i-1行第j个格必须是1;如果第i行第j个格为1,第i-1行第j个格可以是1也可是0,因为如果第i行第j个格是被竖放的矩形覆盖的话,那么其下为0,反之为1 。但因为每一行横放矩形占有两个格,所以第i行每一段1下面必须有偶数或0个1。
状态转移方程:dp[i][S] += dp[i-1][S'] (S'满足上述关系)
我的代码:
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> using namespace std; typedef __int64 LL; const LL maxn = 12; LL dp[maxn][1<<maxn]; int h,w; bool check(int s,int t){ if(((s | t) + 1) >> w != 1) return false; int tmp = s & t,cnt = 0; while(tmp){ if(tmp & 1) cnt++; else{ if(cnt % 2 == 1) return false; cnt = 0; } tmp >>= 1; } if(cnt % 2 == 1) return false; return true; } void solve(){ int Ed = 1 << w; for(int j = 0 ;j < Ed; j++){ if(check(j,Ed - 1)) dp[0][j] = 1; //cout<<dp[0][j]<<" "; } //cout<<endl; for(int i=1;i<h;i++){ for(int j=0;j<Ed;j++){ for(int k=0;k<Ed;k++){ if(check(j,k)) { dp[i][j] += dp[i-1][k]; //cout<<j<<" and "<<k<<endl; } } //cout<<dp[i][j]<<" "; } //cout<<endl; } printf("%I64d\n",dp[h-1][Ed-1]); } int main(){ while(~scanf("%d%d",&h,&w)){ if(h + w == 0) break; if(h < w) swap(h,w); memset(dp,0,sizeof(dp)); solve(); } return 0; }
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