[SMOJ1777]铺地砖

题目描述

有一个高度是 h h，宽度是 ww 的二维表格，你要用 1×2 1\times2 和 2×1 2\times1 的地砖把表格铺满，有多少种不同的方案？
如下是一些样例：

输入格式 1777.in

输入包含多个测试用例。每个测试用例是由两个整数数字：高度 h h 和大型矩形的宽度 ww。输入由 h=w=0 h = w = 0 时终止。否则， 1≤h 1 \leq h， w≤11 w \leq 11。

输出格式 1777.out

每个测试数据输出一个答案。

输入样例 1777.in

1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0

输出样例 1777.out

1
0
1
2
3
5
144
51205

这题据说还有组合数学和其他各种（如插头dp）做法，不过既然作为状压 DP 的题目，我们还是考虑一下状压 DP 的做法。

首先，无论怎么铺，一定是要铺满的，这是重点。那么我们的状态中 0 和 1 就不可能表示“空”或“铺”了，而应该是考虑到另一个方面——铺法。
（也可以这么说：不是铺不铺的问题，而是怎么铺的问题。）

这题的基本铺法无非只有 1×2 1\times2 或 2×1 2\times1 两种，而要求的也就是不同的方案数。那么两种地砖 1×2 1\times2 或 2×1 2\times1，横的会影响左右（一行内相邻两列）、竖的会影响上下（一列内相邻两行）的取值。跟我们这几天做的其他一些 DP 类似，我们不妨设 f[i][set] f[i][set] 为铺满前 i i 行，其中第 ii 行的状态为 set set 的方案数。

关键是，我们要通过枚举两行的状态，消除限制。（这个要重点理解好）
状态转移时，有

f[i+1][k]←f[i+1][k]+f[i][j] for each possible new state k of j

f[i+1][k]\leftarrow f[i+1][k]+f[i][j]\text{ for each possible new state }\, k\text{ of }j

现在我们问题主要是如何判定方案的合法性，但先要解决状态所表示的含义。

我的处理方法是：在 f[i][set] f[i][set] 的 set set 中，0 表示某位“还有空间”（注意，不是不铺！），1 表示没有空间。那么在状态转移的时候，我是从当前行不断改进下一行的。现在就来集中精力考虑，比方说我们现在有一个 set set（例如101110），那么下一行肯定是?1???1。因为要满足铺满，所以右数第1位和第5位只能竖着放，剩下的 4 位有两种情况：暂时先不放，或横着放，这就是 set set 的合法状态。

那么我们其实就可以根据当前行已知状态，跑一遍 dfs，得到下一行的合法状态。反正数据范围小，怎么乱搞都无所谓啦。

解题细节：要开long long，多组数据 DP 数组记得清空。

最后还有，在跟同学交流的时候，有同学比较容易混乱。其实状压 DP 里面我们只要始终关注：0 和 1 的具体含义，状态的含义就可以了，不要混淆。

写初始化、状态转移和最终求答案的时候总是想一想：这里的状态是什么意思，应该怎么取值，再联系一下题目，应该怎么初始化、怎么转移、怎么求解，其实并不难。关键是要确定一种表示方法，0 和 1 的含义由始至终必须是唯一的，不然就会乱。

参考代码：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>using namespace std;const int maxn = 15;int h, w;
long long dp[maxn][1 << maxn];int cnt;
int state[1 << maxn];void solve(int now, int k) { //dfs 求出所有可能的状态if (k + 1 == w) {state[cnt++] = now;return ;}solve(now, k + 1); //不放if (!(now & (1 << k)) && !(now & (1 << (k + 1)))) solve(now | (3 << k), k + 1); //无限制，横着放
}int main(void) {freopen("1777.in", "r", stdin);freopen("1777.out", "w", stdout);while (~scanf("%d%d", &h, &w)) {if (!h || !w) break;if (h * w & 1) { //特判puts("0");continue;}int upperLim = 1 << w;cnt = 0;solve(0, 0); //第一行的情况memset(dp, 0, sizeof dp);for (int i = 0; i < cnt; i++) dp[1][state[i]] = 1; //初始化for (int i = 1; i < h; i++)for (int j = 0; j < upperLim; j++) {cnt = 0;solve(upperLim - j - 1, 0);for (int k = 0; k < cnt; k++) dp[i + 1][state[k]] += dp[i][j];}printf("%lld\n", dp[h][upperLim - 1]);}return 0;
}

update：2017/4/13 讲评后

昨晚老师讲了另一种更简便的状态表示方法：0 表示没有限制地铺，不知道怎么铺，随便铺；1 表示这里已经有一个打竖铺的。
那么答案就是 f[n][0] f[n][0]。（无限制的所有方案数）

另外，在转移的时候，枚举第 i−1 i - 1行和第 i i 行状态，也就确定了它们对第 i+1i + 1 行的影响。设第 i−1 i - 1 行状态为 a a，第 ii 行状态为 b b，第 i+1i + 1 行为 c c，那么就有：c=(~b)&a，这是位运算的基本功。解释一下：

例如 aa 是 11001（三个竖铺，两个不确定）， b b 可能是 11001（注意 aa 必须为 b b 的子集，因为在 aa 中竖铺的格子在 b b 中也要竖铺，那么 cc 的取值就是：先把 b b 取反，变成了 00110，再跟 aa 并，变成了 00000（没有限制）。这是因为竖铺的格子都在 i i 行和 i−1i - 1 行了，对 i+1 i + 1 行就不造成影响了。

对于看似复杂的问题，通过转化就可变为动态规划问题。而不同的规划方法也会影响编程实现的复杂度。因此，做题时，想清楚再开始打代码。