poj 2411 Mondriaan's Dream （状态压缩dp 入门）

转载自http://blog.csdn.net/hopeztm/article/details/7841917

这个题目类属于状态压缩DP，对于状态压缩DP，其实最简单的理解就是把状态用比特位的形式表示出来，我们会在下面用例子来说明。

假如现在我们在铺砖 位置(i, j), 并且假设之前的位置已经铺设好的了，在这个位置，我们的选择：

1. 不用铺砖了，可能在(i-1, j)的时刻已经被竖着铺上了，然后考虑的是（i， j+1）

2. 横铺砖，将(i, j+1）也铺上了，然后考虑的是(i, j+2)

3. 竖着铺砖，（将i，j）和（i+1，j）铺上一个竖立的转头。

所以我们如下翻译我们的选择，在位置(i, j) 如果我们选择横着贴砖，那么将(i, j), (i, j+1)都填写成1， 如果竖着贴砖，我们将(i,j)填写成0， 将(i+1, j)填写成1.

为什么要这么计数呢，我觉得应该这样理解：

1. 在横着贴砖的时候，(i, j), (i, j+1) 都是1，这个值其实对下一行如何选择没有影响。

2. 竖着贴砖的第二个，我们也选择了1， 因为这个砖头结束了，对下一行如何选择依然没有影响。

3. 而竖着的第一个砖头，这个砖头是对下面有影响的，如果(i,j)是0，那么(i+1, j)只有是1的情况下才能满足条件。

（这涉及到接下来的 状态兼容性问题）

对于竖着贴砖为什么这样选择，这样选择的一个好处是，我们在处理最后一行的时候，可以保证最后一行都是1， 因为最后一行绝对不能成为 竖砖开始，所以很容易取得最后的解。

好了，我们把这样理解的方案画成图：

如果我们将每一行都理解成一个二进制数字，那么

Row1 = 51,  Row2 = 15, Row3 = 48, Row4 = 63, Row5 = 51, Row6 = 63.

最后转头铺满的状态，一定是最后一行全是1。

我们用DP(i,j) 表示如下含义： 当第i行，达到状态j的时候，所能采取的方案数目。 所以明显我们的最后目的是求 DP(N, 2^(M-1)-1);

我们再来简单的分析一下为什么问题可以满足动态规划， 加入现在分析的对象是 DP(i,j)， 那么这一行有多少种铺设办法是和上一行相关的，

如果上一行的某个状态DP(i-1,k) 可以达到 DP(i, j) 我们认为这两个状态是兼容的，如果DP(i-1,k)和DP(i, j)兼容并且 DP(i-1, k)有S中铺设方案，那么DP(i, j)就可以从DP(i-1, k)

这条路径中获得S个方案。 当然这里k的取值可以是 0 ~~~~ 2^(M-1) -1种取值。

现在我们来理解一下，什么叫做 j, k 兼容。

其实我们在上面已经基本给出分析， 如果我们现在铺设 (i,x) x这里表示第i行，第x列

1. 如果值 i  行，j 在x位上的值是0， 那么第 i-1行，j的值在x位上一定是1。因为不可能在同一列相邻的位置铺两个竖着的 第一个，如果满足下一步测试的是(i, x+1), 否则直接返回不兼容。

2. 如果值 i  行，j在x位置的值是1 .

{

            那么有可能有两种情况：

            1. (i-1, x)是0， 这个时候一定是竖着铺设了，下一步检测的是(i, x + 1)

            

            2.  (i-1, x) 是1， 如果是这样的话，那么(i, x)一定是要选择横着铺了，那么(i,x+1)也一定是1，并且(i-1, x + 1)一定是1（如果是0，就是竖着铺了），如果不满足就返回不兼容，满足条件 就测试(i, x + 2)

               

}

对于第一行的兼容性，我们要做一下特别的分析，在第一行中，要么放0， 要么放1。

加入当前测试的是 DP(0, j)的第 x的比特位，即第0行，x列

1. 如果x是1，那么 x + 1 也一定是1，然后测试到 x + 2

2. 如果x是0， 那么直接测试下一个 x + 1

补充说明一点，当测试循环中，我们有时候必须要移动 1 位，有时候移动2位，当需要移动2位并且 x == M - 1(M列数）的时候，说明已经不可能兼容了。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;const int N = 12;long long dp[N][15000];int high,width,m;bool TestOne(int date){    int i = 0;    while(i < width)    {        if(date & (1 << i))  //第i列为1        {            if(i == width - 1 || (date & 1 << (i+1)) == 0) //如果最后一列为1或者第i+1位为0，则不成立            {                return false;            }            i += 2;        }        else        {            i++;        }    }    return true;}bool Test(int date1,int date2)  //date1 表示第 i 行，date2 表示第 i-1 行{    int i = 0;    while(i < width)    {        if((date1 & (1 << i)) == 0)        {            if((date2 & (1 << i)) == 0)            {                return false;            }            i++;        }        else        {            if((date2 & (1 << i)) == 0)            {                i++;            }            else if(i == width - 1 || !((date1 & (1 << (i+1)))&&(date2 & (1 << (i+1)))))            {                return false;            }            else            {                i += 2;            }        }    }    return true;}int main(){    //freopen("Input.txt","r",stdin);    int i,j;    int k;    while(~scanf("%d%d",&high,&width),high + width)    {        if(high < width)        {            swap(high,width);        }        //printf("%d  %d\n",width,high);        int m = (1 << width) - 1;        //printf("%d\n",m);        memset(dp,0,sizeof(dp));        for(j = 0; j <= m; j++)        {            if(TestOne(j))            {                dp[0][j] = 1;            }        }        for(i = 1; i < high; i++)            for(j = 0; j <= m; j++)                for(k = 0; k <= m; k++)                {                    if(Test(j,k))                    {                        dp[i][j] += dp[i-1][k];                    }                }        printf("%lld\n",dp[high-1][m]);    }    return 0;}