动态规划之状态压缩dp入门

以下摘抄自qxAi的动态规划自状态压缩dp入门
状态压缩动态规划（简称状压dp）是一类典型的动态规划，通常使用在小规模求解中，因为复杂度是指数级别。
状压dp经常用二进制表示相关状态，首先介绍位运算相关的知识。
1.’&’符号，x&y，会将两个十进制数在二进制下进行与运算，然后返回其十进制下的值。例如3(0011)&2(0010)=2(0010)。
2.’|’符号，x|y，会将两个十进制数在二进制下进行或运算，然后返回其十进制下的值。例如3(0011)|2(0010)=3(0011)。
3.’^’符号，x^y，会将两个十进制数在二进制下进行异或运算，然后返回其十进制下的值。例如3(0011)^2(0010)=1(0001)。
4.’<<’符号，左移操作，x<<2，将x在二进制下的每一位向左移动两位，最右边用0填充，x<<2相当于让x乘以4。相应的，’>>’是右移操作，x>>1相当于给x/2，去掉x二进制下的最有一位。
常见的应用如下：
1.判断一个数字x二进制下第i位是不是等于1。
方法：if ( ( ( 1 << ( i - 1 ) ) & x ) > 0)
将1左移i-1位，相当于制造了一个只有第i位上是1，其他位上都是0的二进制数。然后与x做与运算，如果结果>0，说明x第i位上是1，反之则是0。
2.将一个数字x二进制下第i位更改成1。
方法：x = x | ( 1<<(i-1) )
证明方法与1类似，此处不再重复证明。
3.把一个数字二进制下最靠右的第一个1去掉。
方法：x=x&(x-1)
感兴趣的读者可以自行证明。
位运算在状压dp中用途十分广泛，请看下面的例题。
【例1】有一个N*M(N<=5,M<=1000)的棋盘，现在有1*2及2*1的小木块无数个，要盖满整个棋盘，有多少种方式？答案只需要mod1,000,000,007即可。
例如：对于一个2*2的棋盘，有两种方法，一种是使用2个1*2的，一种是使用2个2*1的。
【算法分析】
在这道题目中,N和M的范围本应该是一样的，但实际上，N和M的范围却差别甚远，对于这种题目，首先应该想到的就是，正确算法与这两个范围有关！N的范围特别小，因此可以考虑使用状态压缩动态规划的思想，请看下面的图：

假设第一列已经填满，则第二列的摆设方式，只与第一列对第二列的影响有关。同理，第三列的摆设方式也只与第二列对它的影响有关。那么，使用一个长度为N的二进制数state来表示这个影响，例如：4(00100)就表示了图上第二列的状态。
因此，本题的状态可以这样表示：
dp[i][state]表示该填充第i列，第i-1列对它的影响是state的时候的方法数。i<=M,0<=state<2N
对于每一列，情况数也有很多，但由于N很小，所以可以采取搜索的办法去处理。对于每一列，搜索所有可能的放木块的情况，并记录它对下一列的影响，之后更新状态。状态转移方程如下：
dp[i][state]=∑dp[i-1][pre]每一个pre可以通过填放成为state。

/* ID:aqx PROG:铺地砖 LANG:c++ */  //第i列，枚举到了第j行，当前状态是state，对下一列的影响是nex  #include <cstdio>  #include <cstring>  #include <algorithm>  #include <iostream>  using namespace std;  int N, M;  long long dp[1005][34];  void dfs(int i,int j,int state,int nex)  {      if (j==N)      {          dp[i+1][nex]+=dp[i][state];          return;      }      //如果这个位置已经被上一列所占用,直接跳过      if (((1<<j)&state)>0)          dfs(i,j+1,state,nex);      //如果这个位置是空的，尝试放一个1*2的      if (((1<<j)&state)==0)          dfs(i,j+1,state,nex|(1<<j));      //如果这个位置以及下一个位置都是空的，尝试放一个2*1的      if (j+1<N && ((1<<j)&state)==0 && ((1<<(j+1))&state)==0)          dfs(i,j+2,state,nex);      return;  }  int main()  {      while (cin>>N>>M)      {          memset(dp,0,sizeof(dp));          if (N==0 && M==0) break;          dp[1][0]=1;           for (int i=1;i<=M;i++)          {              for (int j=0;j<(1<<N);j++)              if (dp[i][j])              {                  dfs(i,0,j,0);              }          }          cout<<dp[M+1][0]<<endl;      }  }

下面是补充理解：
比如现在N=3，M=4，即3行4列（我们要对小的那个数递归，否则超时，另一个角度来说，状态压缩dp的题目特点是行数小，列数大）
这里的状态代表什么？
每列的状态是指该列哪个位置有棋（用1表示），没有棋（用0表示），所以用二进制表示，如果是N=3，那么就有2^3种可能，所以for (int j=0;j<(1<<N);j++) 这个循环就是对第i列的2^N种状态进行dfs递归.
这里的dp数组是什么意思？
1.i是第i列，j（nex、state）代表每一列哪个棋位空，哪个棋位有棋子。
2.数组dp[i][j]的值是指从最初的dp[1][0]（此时状态为二进制数000）到第i+1列的某种状态的摆放方式总数。所以，最后输出dp[M+1][0]，因为我们在最后可以补出一虚拟的列，那么排满这个棋盘相当于第M+1列的状态是全空的，即二进制数000。
dfs递归过程意义？
通过dfs，我们可以遍历每一列的所有可能。dfs递归的作用不是return返回值，而是在下面的代码中求出了下一列dp[i+1][nex]的值。但是，dp[i+1][nex]绝不是一次dfs递归就求出的，而是
经过for (int j=0;j<(1<<N);j++) 多次之和。

if (j==N)      {          dp[i+1][nex]+=dp[i][state];          return;      }