題意：略。

思路：這一題開始做的時候完全沒有思路，便去看了別人的題解。

首先，對于這個題目解法想有一個初步的了解，請看這里：http://www.2cto.com/kf/201208/146894.html

根據這篇講解，寫了一篇扭曲的代碼，提交之后TLE。

經過排查分析之后發現，算法的復雜度為O(hw*(2^(2w)))，這個復雜度肯定超了。后來進行了優化，如果兩種狀態可以匹配，就將它們用鄰接表(vector實現)存儲起來，這樣只需一遍預處理，以后直接讀取就可以了。

此外，還有兩個地方的優化：

1. 如果h*w為奇數，則結果必為0。（每個磚塊的面積為2，無法用整數塊鋪滿）

2. 如果h < w， 將兩者數值交換。

后面還有一種dfs+dp的解法，我覺得很精巧，在下面重點分析。這里先貼下上面方法的代碼。

1 #include<stdio.h> 2 #include<iostream> 3 #include<vector> 4 #include<string.h> 5 #include<algorithm> 6 using namespace std; 7 long long dp[1<<12][13]; 8 vector<int> ok[1<<12]; 9 int h, w; 10 bool judge(int up, int down) 11 { 12 int u[13], d[13]; 13 int now = w; 14 while (now) 15 { 16 u[now] = up % 2; 17 d[now--] = down % 2; 18 up /= 2; 19 down /= 2; 20 } 21 for (int i = 1; i <= w;) 22 { 23 if (!d[i])//該行該位為0 24 { 25 if (!u[i]) return 0;//上一行若也為0，則不合法 26 i++; 27 } 28 else if (!u[i])//該行該位為1，且上一行該位為0 29 i++; 30 else//該行該位為1，且上一行該位也為1 31 { 32 if (i + 1 > w || !d[i+1] || !u[i+1]) return 0; 33 i += 2; 34 } 35 } 36 return 1; 37 } 38 long long getdp() 39 { 40 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 41 for (int i = 0; i < (1<<w); i++) 42 { 43 ok[i].clear(); 44 for (int j = 0; j < (1<<w); j++) if (judge(j, i)) 45 ok[i].push_back(j); 46 } 47 for (int i = 0; i < (1 << w); i++) 48 for (int j = 0; j < ok[i].size(); j++) if (ok[i][j] == (1<<w) - 1) 49 dp[i][1] = 1; 50 for (int i = 2; i <= h; i++) 51 for (int j = 0; j < (1 << w); j++) 52 for (int k = 0; k < ok[j].size(); k++) 53 dp[j][i] += dp[ ok[j][k] ][i-1]; 54 return dp[(1<<w)-1][h]; 55 } 56 int main() 57 { 58 while (~scanf("%d%d", &h, &w) && h && w) 59 { 60 if ((h * w) % 2) 61 { 62 printf("0\n"); 63 continue; 64 } 65 if (h < w) swap(h, w); 66 printf("%lld\n", getdp()); 67 } 68 return 0; 69 }

===========分割線===============

dfs的方法：

狀態壓縮的原則與上一種方法是一樣的：如果該位為0，則說明該處為一豎放的磚塊，且為該磚塊的上半部分；其余為1。

核心部分是dfs的方法。首先，dp[state][row]表示鋪到第row行，且該行狀態為state時的方法總數，這并沒有變。每次枚舉狀態，與上面不同的是，枚舉的是上一層的狀態。

上一種方法：

for(i = 2; i <= h; i++)//枚舉行數

　　for(j = 0; j < (1<<w); j++)//枚舉該行的狀態

　　　　for(k...)//枚舉該行可匹配的上一行狀態

dfs版：

for(i = 2; i <= h; i++)//枚舉行數

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　　for(j = 0; j < (1<<w); j++)//枚舉上一行的狀態

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　　　　if(...) dfs(...)//如果上一行該狀態方法數不為0，則dfs遍歷該行可行狀態

遍歷的方法很巧妙：假設所枚舉到的上一行狀態為s，則將s每一位都取反便是該行的一種可行狀態。因為，如果s的某一位是0，說明這是一豎放磚塊的上半部分，取反后恰好就是下半部分對應的1；如果s某一位是1，取反后是0，這當然也是可行的。

又由于當s某一位是1時，下一行對應的位可以是0或者1（若是1則必然是橫放的，需要連續兩位狀態都是1）。所以在dfs的過程中需要遍歷所有兩個0相鄰的情況，將他們置為1。當dfs的下標pos到達最后一位（即pos=w）時，說明該狀態是可行的，就將該狀態的dp值加上上一行狀態s的dp值。因此，每次dfs之前都需要暫時存儲下上一行狀態s的dp值。

這種方法代碼既短又巧妙，讓人佩服啊。

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1 #include<stdio.h> 2 #include<algorithm> 3 #include<string.h> 4 using namespace std; 5 long long dp[1<<12][13], tem, h, w; 6 void dfs(int row,int state,int pos) 7 { 8 if (pos == w) 9 { 10 dp[state][row] += tem; 11 return; 12 } 13 dfs(row, state, pos + 1); 14 if (pos <= w - 2 && !(state & (1<<pos)) && !(state & (1<<(pos + 1)))) 15 dfs(row, state | 1<<pos | 1<<(pos+1), pos + 2); 16 } 17 int main() 18 { 19 while (~scanf("%d%d", &h, &w) && h && w) 20 { 21 if (h * w % 2) 22 { 23 printf("0\n"); 24 continue; 25 } 26 if (h < w) swap(h, w); 27 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 28 tem = 1; 29 dfs(1, 0, 0); 30 for (int i = 2; i <= h; i++) 31 for (int j = 0; j < (1<<w); j++) if (dp[j][i-1]) 32 { 33 tem = dp[j][i-1]; 34 dfs(i, ~j & ((1<<w) - 1), 0); 35 } 36 printf("%lld\n", dp[(1<<w)-1][h]); 37 } 38 return 0; 39 }

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轉載于:https://www.cnblogs.com/fenshen371/p/3269801.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的POJ 2411 Mondriaan's Dream [经典状态压缩dp]的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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