[hiho 09]状态压缩

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题目描述

sum[i, j, s] 表示第 i 行第 j 个位置以前（第1到第 i 行，第 i 行第1列到第 j – 1 列）已经全部填满，在状态s的约束下要填满剩余位置的可行方案数。s 是压缩表示的第 i 和第 i + 1 行蛋糕放置状况，sj = (1 << (j - 1)) & s，s 的最低有效位表示第 i 行第1个位置的情况、最高有效位表示第 i + 1 行第 m 个位置的情况，1表示填充了，0表示没有填充。

状态转移方程如下：

（图中第二个状态应该分成两种，若 i = N，则等于1，否则才是图中所示）。

这个方程的分支写的相当复杂，实际上，主要看三个条件：

1. 当前位置 (i, j) 是否已经填充；

2. 当前位置是否有右侧 (i, j + 1)，若有，右侧是否已经填充；

3. 若当前位置没填能否填充当前位置及其右侧当前位置是否有下侧 (i + 1, j)，若有，下侧是否已经填充。

这三个条件是为了判断是否需要、是否能够填充当前位置，如需要且能填充，如何填充。

最后的结果表示就是 sum[1, 1, 0]。

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

int sum[1005][6][1 << 10];
int n, m;

int main() {
	cin >> n >> m;

	for (int i = n; i >= 1; i--) {
		for (int j = m; j >= 1; j--) {
			for (int k = (1 << (2 * m)) - 1; k >= 0; k--) {
				if ((1 << (j - 1)) & k) {
					if (j == m) {
						if (i < n) {
							sum[i][j][k] = sum[i + 1][1][k >> m];
						}
						else {
							sum[i][j][k] = 1;
						}
					}
					else {
						sum[i][j][k] = sum[i][j + 1][k];
					}
				}
				else {
					bool r_set = ((j == m) || ((1 << (j)) & k));
					bool d_set = ((i == n) || ((1 << (j + m - 1)) & k));
					if (r_set) {
						if (d_set) {
							sum[i][j][k] = 0;
						}
						else {
							sum[i][j][k] = sum[i][j][k + (1 << (j - 1)) + (1 << (m + j - 1))];
						}
					}
					else {
						if (d_set) {
							sum[i][j][k] = sum[i][j][k + (1 << (j - 1)) + (1 << j)];
						}
						else {
							sum[i][j][k] = sum[i][j][k + (1 << (j - 1)) + (1 << (m + j - 1))]
								+ sum[i][j][k + (1 << (j - 1)) + (1 << j)];
						}
					}
				}
				sum[i][j][k] %= 1000000007;
			}
		}
	}

	cout << sum[1][1][0] << endl;

	return 0;
}

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原文地址：http://www.cnblogs.com/xblade/p/4474875.html