POJ-3254 状压DP

http://poj.org/problem?id=3254

第一道状压DP

题目大意：一个老农，有一块n行m列由01组成的田地,现在他有一窝牛无处可放。 1的田地代表可放牛，0的地代表不可放牛，上下和同一行都不能有相邻。 全是0算一种情况。  求一共有多少种放法（话说人一旦吃饱了真是可怕）。

一道状压DP模板题，他的提升可见 1185（炮兵阵地）。

首先恶补一下位运算，因为需要用位运算的技巧快速判断当前状态是否符合规定。

状压DP（状态压缩动态规划）思想：保留了DP的利用上一状态的最优求当前状态的最优直至求全局最优的性质。 在此基础上，增加了状态压缩。所谓状压，指一串由01组成的串，将他转换为十进制的数值表示当前状态。

例如：000  状态0

          001  状态1

          100  状态4。

如果01串的长度为m，那么就有2^m（1<<m）种状态  从0....0  到 1....1 。 用每一种01组合表示一种状态，再讲01组合转为十进制存在数组中，即可求解一些问题。虽然是DP,但是由于状态之多，所以是一种变相的大暴力。

解题思想：当前行的当前状态放置数等于 加上前一行的各种状态的放置数。

此题例子：    1 1 1

                     0 1 0    

能放的地方为1的地方。所以手写列出所有状态。

第一行的状态表：

组合方式	状态号
000	0
001	1
010	2
100	4
101	5

第2行的状态表：

组合方式	状态号
000	0
010	2

第二行开始，以000为基础   第一行符合条件的有5种。

                    以010为基础，第一行除状态2之外都符合。

总数：5+4=9

用dp(i,j) 表示第i行状态j的放置数量。   状态转移方程： dp(i,j) = dp(i,j) + dp(i-1,k)  k为在状态j的基础上寻找已知的上一行的所有符合规定的状态。

做DP 从头开始想   因为涉及到上一行 所以第一行从1开始，第0行默认0，但是dp[0][0] = 1 即状态0是一种情况。

这样，dp[1][0....2^m] 加上前一行的默认0 求出了当前行所有状态的问题解。

          dp[2][0....2^m]   举个例子： dp[2][1] 第2行状态为1的时候即001   然后开始寻找第1行的所有状态（已经求出最优）,讲符合条件的加到dp[2][1]中。以此类推。

AC代码：

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <memory.h>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long int LL;

#define line 20
#define col 20
#define _for(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); i ++)
#define mod 100000000  

int m,n;
int dp[line][1<<13];  //每一列都有2^m种情况    
int a[line];		  //每一行的初始放置规定，用来判断一种状态是否符合能放的地方放。   

bool isZero(int i, int j){
	//判断规定的放置条件和当前是否冲突
	if((a[i]&j) != j)
		return false;
	//判断相邻是否冲突
	if( (j & (j<<1)) != 0)
		return false;
	return true; 
}
int solve(){
	
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	dp[0][0] = 1;			//第0行只有状态0 无条件是1种情况
	
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		
		for(int j = 0 ; j < (1<<m) ; j ++){
			if( !isZero(i,j) )
				continue;
			for(int k = 0 ; k < (1<<m) ; k ++){
				//判断相邻两行是否冲突 
				if((j&k) != 0)
					continue;
				dp[i][j] += dp[i-1][k];
				//题目要求求模 
				dp[i][j] %= mod;
			}
		}
	}
	int ans = 0; 
	//遍历最后一行所有状态 
	for(int i = 0 ; i < (1<<m) ; i ++){
		ans += dp[n][i];
		ans %= mod;
	}
	
	return ans;

}

int main()
{
	int k;
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n ; i ++){
		a[i] = 0;
		for(int j = 1; j <= m ; j ++){
			cin >> k;
			//每一行的状态总数 
			a[i] = (a[i]<<1) + k;
		}
	}
	int ans = solve();
	cout << ans << endl; 
}

比较容易出错的是没有判断当前状态是否符合田地的放置规定，即1能放0不能放    。