状态压缩动态规划入门

早已经知道状态压缩动态规划问题，而且也有所了解。但是一直也没正经的做过一道题，在网上找到了一篇入门的博客，觉得很不错。
http://blog.csdn.net/lu597203933/article/details/44137277
http://blog.csdn.net/hopeztm/article/details/7841917
这两个博客好像也是一个人转载另外一个人的，但是做了一下总结。

以下是转载内容
题目

这个题目的题意很容易理解，在一个N*M的格子里，我们现在有两种类型的 砖块，1 * 2 和 2 * 1，问一共有多少种方案，可以将整个N*M的空间都填满。

最简单的例子就是下面的了：

我们在这里指分析第一个陈述，其实第二个陈述是一样的思路：

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。

代码

//#include <bits/stdc++.h>#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;//fstream in,out;long long dp[1001][2500];bool FirstLine(int j,int m){    int i=0;    while(i<m)    {        if((j&(1<<i))==0)//为0，是竖着放着的            i++;        else//为1，横着放        {            if(i==m-1||!(j&(1<<(i+1))))//判断i=+2是否可行                return false;            i+=2;        }    }    return true;}bool TwoLine(int a,int b,int m){    int i=0;    while(i<m)    {        if((a&1<<i)==0)//上面是竖着放        {            if((b&1<<i)==0)//下面的不能是竖着放                return false;            i++;        }        else        {            if((b&1<<i)==0)                i++;            else            {                if(i==m-1||!((a&(1<<(i+1)))&&(b&(1<<(i+1)))))//同样判断i+=2是否可行                    return false;                i+=2;            }        }    }    return true;}int main(){    ios::sync_with_stdio(false);    int m,n;    while(cin>>n>>m)    {        if(m>n)            swap(n,m);        int all=2<<m-1;        memset(dp,0,sizeof(dp));        for(int j=0;j<all;j++)        {            if(FirstLine(j,m))                dp[0][j]=1;        }        for(int i=1;i<n;++i)        {            for(int j=0;j<all;++j)            {                for(int k=0;k<all;++k)                {                    if(TwoLine(j,k,m))                    {                        dp[i][j]+=dp[i-1][k];                        dp[i][j]%=1000000007;                    }                }            }        }        cout<<dp[n-1][all-1]<<endl;    }    return 0;}

几点注意：因为算法 复杂度是 H * (W^4) 所以当 W > H的时候，我们交换他们这样适当降低复杂度。

另外数据到后面比较大，所以使用 long long( __int64)