状压dp

一.状压dp基本特征

-状态压缩问题一般是指用10进制数来表示二进制下的状态.
常用到位运算。

二.位运算

为了更好的学习了解状压dp,先了解位运算的相关的知识。

1.’&’符号，x&y，会将两个十进制数在二进制下进行与运算(都1为1，其余为0）
然后返回其十进制下的值。例如3(11)&2(10)=2(10)。

2.’|’符号，x|y，会将两个十进制数在二进制下进行或运算（都0为0，其余为1）
然后返回其十进制下的值。例如3(11)|2(10)=3(11)。

3.’^’符号，x^y，会将两个十进制数在二进制下进行异或运算（不同为1，其余
为0）然后返回其十进制下的值。例如3(11)^2(10)=1(01)。

4.’<<’符号，左移操作，x<<2，将x在二进制下的每一位向左移动两位，
最右边用0填充，也就相当于让x乘以4。

5.相应的，’>>’是右移操作，x>>1相当于给x/2，去掉x二进制下的最右一位。

三.状压dp常用位运算

1.判断一个数字x在二进制下第i位是不是等于1。
方法：if ( ( ( 1 << ( i - 1 ) ) & x ) >0)

解析:将1左移i-1位，相当于制造了一个只有第i位上是1，
其他位上都是0的二进制数,然后用该数与x做与运算，
如果结果>0，说明x第i位上是1，反之则是0。

2.把一个数字x在二进制下的第i位更改成1。

方法：x |= ( 1<<(i-1) )

证明方法与1类似（将1左移i-1位，相当于制造了一个只有第i位上是1，
其他位上都是0的二进制数,然后用该数与x做或运算，只要存在1就为1，
所得结果即为新的x值

四.例题
POJ 3254  Corn Fields
题目链接：http://poj.org/problem?id=3254

题目大意：农夫有一块地，被划分为m行n列大小相等的格子，其中一些格子是可以放牧的（用1标记），农夫可以在这些格子里放牛，其他格子则不能放牛（用0标记），并且要求不可以使相邻格子都有牛。现在输入数据给出这块地的大小及可否放牧的情况，求该农夫有多少种放牧方案可以选择（注意：任何格子都不放也是一种选择，不要忘记考虑！

通过对样例数据的分析即可以发现不同状态之间的关系：

以dp[i][state(j)]来表示对于前i行，第i行采用第j种状态时可以得到的可行方案总数！

例如：回头看样例数据，dp[2][1]即代表第二行使用第2种状态（0 1 0）时可得的方案数，即为4；

那么，可得出状态转移方程为：

dp[i][state(j)]=dp[i-1][state(k1)]+dp[i-1][state(k2)]+……+dp[i-1][state(kn)](kn即为上一行可行状态的编号，上一行共有n种可行状态）

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define mod 100000000
int M,N,top = 0;
int state[600],num[110];
int dp[20][600];
int cur[20];

inline bool ok(int x){  
   if(x&x<<1)   return false;
   return true;
}
void init(){            
   top = 0;
   int total = 1 << N; 
   for(int i = 0; i < total; ++i){
       if(ok(i))state[++top] = i;   
   }
}
inline bool fit(int x,int k){ 
   if(x&cur[k])return false; 
   return true;  
}

int main(){
    while(scanf("%d%d",&M,&N)!= EOF)
    {
       init();
       memset(dp,0,sizeof(dp));
       for(int i = 1; i <= M; ++i)
       {
           cur[i] = 0;
           int num;
           for(int j = 1; j <= N; ++j)
           {
                scanf("%d",&num);
               if(num == 0)
                   cur[i] +=(1<<(N-j));
           }
       }
       for(int i = 1;i <= top;i++){
           if(fit(state[i],1)){ 
                dp[1][i] = 1; 
           }

       }
       for(int i = 2; i <= M; ++i){ 
           for(int k = 1; k <= top; ++k){ //该循环针对所有可能的状态，找出一组与第i行相符的state[k]
                if(!fit(state[k],i))continue; //判断是否符合第i行实际情况
                for(int j = 1; j <= top ;++j){ //找到state[k]后，再找一组与第i-1行符合，且与第i行（state[])不冲突的状态state[j]
                   if(!fit(state[j],i-1))continue;  //判断是否符合第i-1行实际情况
                   if(state[k]&state[j])continue;  //判断是否与第i行冲突
                   dp[i][k] = (dp[i][k] +dp[i-1][j])%mod;  //若以上皆可通过，则将'j'累加到‘k'上
                }
           }
       }
       int ans = 0;
       for(int i = 1; i <= top; ++i){
           ans = (ans +


dp[M][i])%mod; 
       }
       printf("%d\n",ans);
   }
   return 0;
}

更详细讲解参见http://blog.youkuaiyun.com/harrypoirot/article/details/23163485