POJ 2411 + POJ 2663 + POJ 3420 小方格填充之多米诺骨牌系列(状压DP)

原文链接：http://blog.csdn.net/shiwei408/article/details/8821853

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解决此类问题，一般都是用1*2的小方块填充 n*m的矩阵。其中n或m两者中至少有一个较小。
解决此类的方法，当n和m都很小的时候，可以直接for循环枚举状态来更新求值。但是当二者间有一个稍大的时候，就需要构造矩阵来解决此类问题。通常将较小的那个数作为列用dfs来枚举两行之间的状态。

状态标记： 横放和竖放的下一个均为1，竖放的上一个和不放置为0 ，每行可以转化为1个2进制数。当这一行访问结束时，就会得到上一行状态，和该行状态，因为所有情况都是我们设置的，所以pre状态一定会转化为now状态。

对于每一个位置，我们有三种放置方法：1. 竖直放置2. 水平放置3. 不放置。

dfs的时候三个参数分别是 num,now,pre，分别表示当前的列数，当前行的状态，上一行的状态，初始化的时候num=now=pre = 0。每两行之间有三种状态：
1. num = num + 1, now << 1 | 1, pre << 1; // 竖直放置，当前行该列为1，上一行该列置为为0
2. num = num + 2, （now << 2） | 3, （pre<< 2） | 3; // 横放 都为11
3. num = num + 1, now << 1, pre<< 1 | 1; // 上一行该列置为1，不能竖放，不放置的状态
注意不存在上一行当前列不放置，这一行放置的情况。

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DFS枚举状态时候的情况：

typedef long long LL;int n,m,tan;LL dp[13][1<<11];LL matrix[11*(1<<12)][2];//注意是 11*（1<<12)void dfs(int num,int now,int pre){     if(num>m) return;     if( num==m )     {         matrix[++tan][0] = pre;         matrix[tan][1] = now;         return;     }     dfs(num+1,(now<<1)|1,pre<<1);     dfs(num+2,(now<<2)|3,(pre<<2)|3);     dfs(num+1,pre<<1,(now<<1)|1);     return;}

更新答案的时候，最后的总ans就是dp[n][(1<< m)-1]的值。

        memset(dp,0,sizeof(dp));        dp[0][(1<<m)-1] = 1;        for(int i=1;i<=n;i++)        {            for(int j=1;j<=tan;j++)            {                dp[i][matrix[j][1]] += dp[i-1][matrix[j][0]];            }        }        cout<<dp[n][(1<<m)-1]<<endl;

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POJ2411，n，m不大于11，小范围可递推，可用矩阵枚举。

#include <iostream>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cstdio>#include <climits>using namespace std;typedef long long LL;int n,m,tan;LL dp[13][1<<11];LL matrix[11*(1<<12)][2];void dfs(int num,int now,int pre){     if(num>m) return;     if( num==m )     {         matrix[++tan][0] = pre;         matrix[tan][1] = now;         return;     }     dfs(num+1,(now<<1)|1,pre<<1);     dfs(num+2,(now<<2)|3,(pre<<2)|3);     dfs(num+1,now<<1,(pre<<1)|1);     return;}int main(){    while ( scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF && n && m)    {        if( n<m ) swap(n,m);         tan = 0;        dfs(0,0,0);        memset(dp,0,sizeof(dp));        dp[0][(1<<m)-1] = 1;        for(int i=1;i<=n;i++)        {            for(int j=1;j<=tan;j++)            {                dp[i][matrix[j][1]] += dp[i-1][matrix[j][0]];            }        }        cout<<dp[n][(1<<m)-1]<<endl;    }    return 0;}

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POJ 26633*12矩阵，代码与上类似，不再赘述。
POJ34201*2的小矩形，去拼接一个4*n（n<10^9）的矩形。N这么大递推肯定是不行了，所以我们要用矩阵快速幂进行加速，这个转移矩阵如何构造呢，我们可以直接用pre状态转移到now状态采用邻接矩阵的方式表述。

#include <iostream>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cstdio>#include <climits>using namespace std;typedef long long LL;int n,mod;struct mat{    LL at[16][16];};mat dat;void dfs(int num,int now,int pre){     if(num>4) return;     if( num==4 )     {         ++dat.at[pre][now];         return;     }     dfs(num+1,(now<<1)|1,pre<<1);     dfs(num+2,(now<<2)|3,(pre<<2)|3);     dfs(num+1,now<<1,(pre<<1)|1);     return;}mat quick_pow(mat a,mat b){    mat tmp; memset(tmp.at,0,sizeof(tmp.at));    for(int i=0;i<16;i++)    {        for(int k=0;k<16;k++)        {            if( a.at[i][k])            for(int j = 0;j<16;j++)            {                tmp.at[i][j] = ( tmp.at[i][j] +(a.at[i][k] * b.at[k][j])%mod) %mod;            }        }    }    return tmp;}mat cal(mat a,int k){    if(k==1)  return a;    mat tmp; memset(tmp.at,0,sizeof(tmp.at));    for(int i=0;i<16;i++) tmp.at[i][i] = 1;    if(k==0) return tmp;    while(k)    {        if( k&1 )  tmp = quick_pow(a,tmp);        k>>=1;        a = quick_pow( a,a);    }    return tmp;}int main(){    memset(dat.at,0,sizeof(dat.at));    dfs(0,0,0);    while ( scanf("%d%d",&n,&mod)!=EOF && n && mod)    {        if(mod==1) {            cout<<0<<endl;            continue;        }        mat ans = cal(dat,n);        cout<<ans.at[15][15]<<endl;    }    return 0;}