原文链接:http://blog.youkuaiyun.com/my_sunshine26/article/details/74612684
这道题搞了很久终于搞懂了，感觉受益匪浅，先贴上题目：
题目一：UESTC 1690 这是一道比CCCC简单题难的简单题
这是一道比CCCC简单题难的简单题
Time Limit: 3000/1000MS (Java/Others) Memory Limit:65535/262140KB (Java/Others)
集训队的CFT大爷精通Python
有一天，CFT大爷跑在vps上的python爬虫程序挂了
CFT大爷经过缜密的推断，发现程序挂了的原因是Python的垃圾回收机制不够优越，导致内存炸了，那些卖vps的奸商强行杀掉了他的爬虫程序
CFT大爷决定再也不用python这门垃圾语言，他要发明一个新的语言CFTthon
CFT大爷的CFTthon是跑在CFT大爷以前写的CFT_OS上的，在CFT_OS中，内存布局是一个n*m的长方形矩阵，而CFTthon所有的变量，都只占用1*2大小的小长方形内存空间。
CFT大爷在手写CFTthon的GC系统时，想到了一个问题：给定n,m，要求用CFTthon的变量把整个内存空间完全覆盖，不重合不遗漏，有多少种方法呢？
**** 扯淡题意分割线 ****
给定一个n*m的矩阵，使用1*2的小长方形覆盖矩阵，要求完全覆盖的同时不出现重合，也不允许超出边界，问有多少种可能的覆盖方法,方案数对1e9+7取模
2<=n<=1000
3<=m<=5
Input
整数n,m
Output
方案数
Sample input and output
| Sample Input | Sample Output |
2 4 | 5 |
历经千辛万苦，小Hi和小Ho终于到达了举办美食节的城市！虽然人山人海，但小Hi和小Ho仍然抑制不住兴奋之情，他们放下行李便投入到了美食节的活动当中。美食节的各个摊位上各自有着非常多的有意思的小游戏，其中一个便是这样子的：
小Hi和小Ho领到了一个大小为N*M的长方形盘子，他们可以用这个盒子来装一些大小为2*1的蛋糕。但是根据要求，他们一定要将这个盘子装的满满的，一点缝隙也不能留下来，才能够将这些蛋糕带走。
这么简单的问题自然难不倒小Hi和小Ho，于是他们很快的就拿着蛋糕离开了~
但小Ho却不只满足于此，于是他提出了一个问题——他们有多少种方案来装满这个N*M的盘子呢？
值得注意的是，这个长方形盘子的上下左右是有区别的，如在N=4, M=3的时候，下面的两种方案被视为不同的两种方案哦！
提示：我们来玩拼图吧！不过不同的枚举方式会导致不同的结果哦！
输入
每个测试点（输入文件）有且仅有一组测试数据。
每组测试数据的第一行为两个正整数N、M，表示小Hi和小Ho拿到的盘子的大小。
对于100%的数据，满足2<=N<=1000, 3<=m<=5。
输出
考虑到总的方案数可能非常大，只需要输出方案数除以1000000007的余数。
2 4
样例输出
5
分析：
其实这两道题本质是完全一样的，就是用1*2的小长方形完全覆盖n * m的矩形有多少方案。
下面分析如何用状态压缩DP来解这道题(如果不理解为什么要用DP，为什么要用状压DP见hihoCoder题目中的提示链接，虽然我也看得云里雾里)
DP顾名思义，我们需要用到状态转移，假设我们现在正在考虑(i,j)这个位置该怎么放(此时这个位置之前的位置已经铺好了)。有三种情况：
- 不需要铺砖，因为在位置(i-1,j)铺的是竖砖，(i,j)已经被铺好了。(为什么不用考虑(i,j-1)铺横砖在下面会解释)
- 铺横砖，那么(i,j+1)也就被同时铺好了，直接考虑(i,j+2),这正解释了(1)中为什么不用考虑(i,j-1)铺横砖的情况。
- 铺竖砖，那么(i+1,j)也就被同时铺好了.
鉴于以上几种情况，我们将每一个位置的状态用0或1来表示，如果我们在(i,j)铺横砖，那么(i,j)和(i,j+1)都为1，如果我们在(i,j)铺竖砖，那么(i,j)为0，(i,j+1)为1。
可以用下面的图片增进理解：
那为什么要这样定义呢，我们可以这么认为，某一个位置的状态为1则表示它对下一行的状态没有限制，而为0时，表示它对下一行的状态有限制(必须为1)。(读者可以将上面的两种情况自己模拟一下)
然后下一步我们要做的就是对每个位置的放置方法进行检测可行性，并对它计数。
我们先用一个数来表示某一行的状态，这个数转化为二进制数后，第i个数*(0/1)代表该行第i列的状态。我们需要做的便是判断相邻行的状态是否合法。
判断方法的解析见代码中的注释。
由于第一行没有前驱，我们先对第一行进行特判，然后再从第二行开始进行状态转移。
用dp[i][j]表示铺到第i行，且第i行的状态为j时的总方案数。容易写出状态转移方程为dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-1][k]（dp[i][j]一定等于i-1行能与j状态兼容的所有方案数和）
由于最后一行的状态不可能出现0，所以结果就是dp[n-1][total-1],
（计算过程中注意取模）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
const int maxn = 1000;
ll dp[maxn][1<<5];
bool one(int state,int len) //检测某一行内部的状态是否满足要求
{
int pos=0;
while(pos<len)
{
if((state&(1<<pos))==0) //如果这一位为0，说明这一格是竖铺的，检测下一位置
pos++;
//其余情况都是横铺的,即当前pos和pos+1的状态都为1
//当当前pos已经是最右边的或者pos+1的状态不为1
else if(pos==len-1||!(state&(1<<(pos+1))))
return false;
//满足条件就跳过对pos+1的检测
else pos+=2;
}
return true;
}
bool two(int state_pre,int state_now,int len) //检测相邻行的状态是否满足要求
{
int pos=0;
while(pos<len)
{
if((state_pre&(1<<pos))==0) //前一行为0，说明是竖铺，这一行的对应位置必须为1
{
if((state_now&(1<<pos))==0)
return false;
pos++;
continue;
}
if((state_now&(1<<pos))==0) //同上
pos++;
//当前位置为1，则下一位置必须为1，且下一位置对应的前一行必须为0(竖放)
else if(pos==len-1||!((state_pre&(1<<(pos+1)))&&(state_now&(1<<(pos+1)))))
return false;
else pos+=2;
}
return true;
}
int main()
{
int n,m;
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
if(m>n) //优化，因为此题时间、空间主要消耗在每一行的多种状态上
swap(m,n);
int total=1<<m; //一行的所有状态数
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=0;i<total;i++)
{
if(one(i,m))
{
dp[0][i]=1;//表示在第0行 状态为i的时候满足条件置为1
}
}
for(int i=1;i<n;i++)
for(int j=0;j<total;j++) //当前一行的状态
for(int k=0;k<total;k++) //前一行的状态
{
if(two(j,k,m))
{
dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k])%mod;//当前方案数+上上一行满足条件的时候的方案
}
}
printf("%lld\n",dp[n-1][total-1]);
}
return 0;
}
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