poj 3254 Corn Fields 状压DP

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题目大意

给出一个M*N的矩阵，元素为0表示这个地方不能种玉米，为1表示这个地方能种玉米，现在规定所种的玉米不能相邻，即每行或者没列不能有相邻的玉米，问一共有多少种种植方法。

举个例子：

2 3
1 1 1
0 1 0
表示2*3的玉米地，现在一共有多少种种植方法呢？ 答案：种0个玉米（算一个合法方案）+种1个玉米（4）+种2个玉米（3）+种3个玉米（1）=9

解题思路

这是个很经典的状压DP的题目！
因为第i行的状态只与i-1的状态有关，所有是满足无后效性的。所有的方案总数也就是相当于求最后一行的所有状态的总和！
所以dp[i][j]就表示第i行为状态j的时候能种玉米的总和！
状态转换方程为:dp[i][nowstate] += dp[i-1][prestate]
当然nowstate和prestate要满足下面的几个条件：
1. prestate是存在的，即对应的位置是1
2. prestate和nowstate是不相邻的
那么第一行的所有的状态必须是已知的。
我们自最开始的时候对第一行的所有状态进行预处理：
我们先把每一行能种植的状态记录下来：在这里知识考虑不相邻。
然后把第一行可以放的状态变为1
在输入的时候每一行进行“编码”记录的是0所对应的位置。
然后通过三个循环来进行状态转移，最后通过计算最后一行所有状态的和就可以了。

AC代码

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<iostream>using namespace std;const int MAXN = 16;const int MOD = 100000000;int dp[MAXN][1<<MAXN],maze[1<<MAXN],state[1<<MAXN];bool judge(int i,int x){    return (maze[i]&state[x]);}int main(){    int N,M,x;    while(~scanf("%d%d",&N,&M))    {        memset(dp,0,sizeof dp);        memset(maze,0,sizeof maze);        memset(state,0,sizeof state);        for(int i=1;i<=N;i++)        {            for(int j=1;j<=M;j++)            {                scanf("%d",&x);                if(x == 0) maze[i]+=(1<<(j-1));            }        }        int k=0;        for(int i=0;i<(1<<M);i++)            if(!(i&(i<<1))) state[k++] = i;        for(int i=0;i<k;i++)            if(!judge(1,i)) dp[1][i] = 1;        for(int i=2;i<=N;i++)        {            for(int j=0;j<k;j++)            {                if(judge(i,j)) continue;                for(int v = 0;v<k;v++)                {                    if(judge(i-1,v))continue;                    if(!(state[j]&state[v])) dp[i][j] += dp[i-1][v];                }            }        }        int ans = 0;        for(int i=0;i<k;i++) ans = (ans+dp[N][i])%MOD;        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}