状压DP——hihoCoder 1048

最新推荐文章于 2022-02-18 16:21:03 发布

FeBr2

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分类专栏： ACM算法(题解)： ——状压DP 动态规划

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/FeBr2/article/details/55049342

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本文介绍了一道编程题的解决方案，题目要求计算用1*2的长方形蛋糕填满一个N*M的矩形盒子的方法数量。通过使用动态规划方法，定义状态并转移，最终求得所有可能的填充方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接： https://hihocoder.com/problemset/problem/1048
题意：给出一个N*M的矩形盒子，往里面放入1*2大小的长方形蛋糕，问将这个盒子填满有多少种放法
分析：这还是一个通过记录搜索结果来进一步枚举状态的题，我们通过从上往下搜索每一行，从左往右搜索每一格，每次的状态定义为当前行和下一行的放置情况，若当前格子放有蛋糕，则标记为1，否则为0，所以每次枚举的状态是一个长度为2*M的二进制串，从低位到高位数，前M个位置为当前行，后M个位置为下一行。所以我们假设一个记录数组为DP[S]表示在放置某行某格时当前行和下一行状态为S时的方法数。
转移方程：若在某次枚举状态 $S_0$ 中，当前行 i 的当前格 j 没有放置蛋糕，那么肯定可以竖着放下一个蛋糕，同时放置完这个蛋糕后的状态 $S_1$ 的数组 $DP[S_1] += DP[S_0]$ ，然后我们判断一下当前位置能否横着放下一个蛋糕，条件是 j+1格处为 0 且 j格不在这一行的最后一格，若满足则放置完这个蛋糕后的状态 $S_2$ 的数组 $DP[S_2] += DP[S_0]$
每次枚举完一行，我们需要还需要统计一下满足条件的状态数组，将它转移到下一行里去。即这些 S 有没有将当前行都放置满蛋糕（二进制串从右往左的M位是否都是1），若满足这个条件，则 $DP[S'] = DP[S]\ (S' = (S>>M) )$
最开始，我们需要把DP[0]设置为1，最后整个盒子放置满的方法数就是S为当前行全是1，下一行全是0的状态下数组里记录的结果了
AC代码：

/*************************************************************************
    > File Name: test.cpp
    > Author: Akira 
    > Mail: qaq.febr2.qaq@gmail.com 
 ************************************************************************/

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <set>
#include <list>
#include <ctime>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef long double LD;
#define MST(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CLR(a) MST(a,0)
#define Sqr(a) ((a)*(a))
using namespace std;

#define MaxN 100000
#define MaxM MaxN*10
#define INF 0x3f3f3f3f
#define bug cout<<88888888<<endl;
#define MIN(x,y) (x<y?x:y)
#define MAX(x,y) (x>y?x:y)
const int MOD = 1000000007;
template<typename _> inline void scan(_& t)
{
    int c;
    while((c = getchar()) < '0' || c > '9');
    t = c - '0';
    while((c = getchar()) >= '0' && c <= '9') t = t * 10 + c - '0';
}
template<typename _> inline void print(_ x)
{
    int len = 0, p[20];
    if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
    while(x) p[++len] = x % 10, x /= 10;
    if(!len) p[++len] = 0;
    while(len) putchar(p[len--] + '0');
}

int N, M;
int DP[2][(1<<10)+1];

void solve()
{
    int l = (1<<M)-1;
    int len =  1 << (2*M);
    DP[0][0] = 1;
    int flag = 0;
    for(int i=0;i<N;i++)
    {
        CLR(DP[flag^1]);
        for(int j=0;j<M;j++)
        {
            for(int s=0;s<len;s++)
            {
                if( ((1<<j)&s)==0 ) 
                {
                    if( j!=M-1 && ((1<<(j+1))&s)==0  )
                        DP[flag][s|(1<<j)|(1<<(j+1))] = (DP[flag][s|(1<<j)|(1<<(j+1))] + DP[flag][s])%MOD;
                    DP[flag][s|(1<<(j+M))|(1<<j)] = (DP[flag][s|(1<<(j+M))|(1<<j)] + DP[flag][s])%MOD;
                }
            }
        }
        for(int s=0;s<len;s++) 
                if( (s&l) == l ) 
                    DP[flag^1][s>>M]=DP[flag][s];
        flag^=1;  
    }
    print(DP[flag^1][l]);
    cout << endl;
}
int main()
{
    scan(N);scan(M);
    solve();
    system("pause");
}