poj3254 状态压缩DP

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http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3254

全程精讲

农夫有一块地，被划分为m行n列大小相等的格子，其中一些格子是可以放牧的（用1标记），农夫可以在这些格子里放牛，其他格子则不能放牛（用0标记），并且要求不可以使相邻格子都有牛。求方案数

#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;#define mod 100000000int M,N,top = 0;//top表示每行最多的状态数int state[600],num[110];  //state存放每行所有的可行状态（即没有相邻的状态int dp[20][600];//dp[i][j]:对于前i行数据，每行有前j种可能状态时的解//~8:应该表示 对于前i行数据，当前i行用j状态时的解(因为状态转移方程--)int cur[20];//cur[i]表示的是第i行整行的情况//、、、果然还是一步步亲自调试才能明白inline bool ok(int x){//判断状态x是否可行(~1其实是当前行判断相邻是否有同1（x<<1：把x的二进制末尾补0右移一位）)  if(x&x<<1)return false;//若存在相邻两个格子都为1，则该状态不可行  return true;}void init(){//遍历所有可能的状态  top = 0;  int total = 1 << N; //遍历状态的上界  for(int i = 0; i < total; ++i){     if(ok(i))state[++top] = i;//保存当前行的可行状态——不一定符号题目的可以种菜  }}inline bool fit(int x,int k){ //判断状态x 与第k行的"实际"状态的逆是否有‘重合’  if(x&cur[k])return false; //若有重合（即x不符合要求）(~2其实：把菜种在不可种的地方了,因为x是表可种)  return true;  //若没有，则可行}/*line34-36(其实我不知道这在说什么--也不打算知道)此处，注意要用相反存储的数据来判断，因为若10101001是一种可行状态，则可知101001也可行（是前者的一部分）这时x即为10101001，cur[k]为10110，x&cur[k]=0，即符合条件*/int main(){   while(scanf("%d%d",&M,&N)!= EOF){     init();     memset(dp,0,sizeof(dp));     for(int i = 1; i <= M; ++i){        cur[i] = 0;        int num;        for(int j = 1; j <= N; ++j){  //输入时就要按位来存储，cur[i]表示的是第i行整行的情况，每次改变该数字的二进制表示的一位           scanf("%d",&num);  //表示第i行第j列的情况（0或1）          if(num == 0) //若该格为0          cur[i] +=(1<<(N-j)); //则将该位置为1（注意要以相反方式存储，原因参看line34-36//(~3即把"不可种"菜的二进制存成10进制，在fit()里用来判是否把菜种在不可种的地方了)        }     }     for(int i = 1;i <= top;i++){//~~dp初始化        if(fit(state[i],1)){  //判断所有可能状态与第一行的实际状态的逆("不可种"菜)是否有重合           dp[1][i] = 1;  //若第1行的状态与第i种可行状态吻合，则dp[1][i]记为1        }         }    /*    状态转移过程中，dp[i][k] =Sigma dp[i-1][j] （j为符合条件的所有状态）    */     for(int i = 2; i <= M; ++i){  //i索引第2行到第M行        for(int k = 1; k <= top; ++k){ //该循环针对所有可能的状态，找出一组与第i行相符的state[k]           if(!fit(state[k],i))continue; //判断是否符合第i行实际情况//~4给i选一个状态           for(int j = 1; j <= top ;++j){ //找到state[k]后，再找一组与第i-1行符合，且与第i行（state[])不冲突的状态state[j]             if(!fit(state[j],i-1))continue;  //判断是否符合第i-1行实际情况//~5给i-1选一个状态             if(state[k]&state[j])continue;  //判断是否与第i行冲突//~6判断两个选中的相邻行状态是否有冲突(相邻格子种菜)             dp[i][k] = (dp[i][k] +dp[i-1][j])%mod;  //若以上皆可通过，则将'j'累加到‘k'上//~7.要是转移失败就说明该状态挂了，不过直觉(稍微想)不会全挂...//~9.这个转移方程还得多注意~~(不怎么偏向于DP（灵活flexible）but 理解)           }        }     }     int ans = 0;     for(int i = 1; i <= top; ++i){ //累加最后一行所有可能状态的值，即得最终结果！！！泥马写注释累死我了终于写完了！        ans = (ans + dp[M][i])%mod;     }     printf("%d\n",ans);  }}