状压DP入门小结

if(i&(i<<1)) continue;

相邻行不相邻：

if((s[u]&s[v])||(s[u]&(s[v]<<1))||((s[u]<<1)&s[v])) continue;

此题的转移中，枚举起始态较为方便

难点在于复杂度的把控（时限500ms）
非常重要的一点：状态数的压缩和预存
如果不预存所有合法的单行状态，那么转移时初状态和末状态都有2的n次=1024种，导致T掉（91分）
举例：https://loj.ac/s/826935

预处理后，实际合法的单行状态只有144种，程序效率提升约50倍

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define debug cout<<"****************"<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void ju() {
	freopen("***.in","r",stdin);
	freopen("***.out","w",stdout);
}
inline ll rd() {
	ll x=0,f=1; char c=getchar();
	while((c<'0'||c>'9')&&(c!='-')) c=getchar();
	if(c=='-') f=-1,c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') {
		x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int N=250;
int n,k,cnt;
int s[N],num[N];
ll f[12][110][N];
void init() {
	cnt=0;
	for(int i=0;i<(1<<n);++i) {
		if(i&(i<<1)) continue;
		int t=i;
		while(t) {
			num[cnt]+=t&1;
			t>>=1;
		}
		s[cnt++]=i;
	}
	//cout<<cnt<<endl;
	//for(int i=0;i<cnt;++i) printf("%d %d\n",s[i],num[i]);
}
void solve() {
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<cnt;++i) f[1][num[i]][i]=1;
	for(int i=1;i<n;++i) {
		for(int j=0;j<=k;++j)
			for(int u=0;u<cnt;++u) {
				//printf("%d %d %d:%lld\n",i,j,u,f[i][j][u]);
				if(num[u]<=j)
					for(int v=0;v<cnt;++v)
						if(j+num[v]<=k) {
							if((s[u]&s[v])||(s[u]&(s[v]<<1))||((s[u]<<1)&s[v])) continue;
							f[i+1][j+num[v]][v]+=f[i][j][u];
							//printf("%d %d %d:%lld\n",i+1,j+num[v],v,f[i+1][j+num[v]][v]);
						}
			}
	}
	for(int v=0;v<cnt;++v) ans+=f[n][k][v]/*,printf("%d %d %d:%lld\n",n,k,s[v],f[n][k][v])*/;
	cout<<ans<<endl;
}
int main(){
	n=rd(),k=rd(); 
	init();
	solve();
	return 0;
}