POJ 2411 Mondriaan's Dream （dp + 减少国家）

链接：http://poj.org/problem?id=2411

题意：题目描写叙述：用1*2 的矩形通过组合拼成大矩形。求拼成指定的大矩形有几种拼法。

參考博客：http://blog.csdn.net/shiwei408/article/details/8821853

思路：我看了上面的博客，想了非常久才明确是怎样处理状态的。

因为是1 * 2，所以能够通过相邻两行的转化关系来推导。

两行铺不铺砖能够用二进制来表示，可是假设暴力枚举，大概有2^10 * 2 ^ 10 次那么多状态（尽管当中有非常多状态是没实用的）。

所以採用dfs来枚举各种可行状态：

状态标记 横放和竖放的下一个均为1。竖放的上一个和不放置为0 ，每行能够转化为1个2进制数。当这一行訪问结束时，就会得到上一行状态。和该行状态，由于全部情况都是我们设置的，所以pre状态一定会转化为now状态

对于每个位置，我们有三种放置方法：1. 竖直放置2. 水平放置3. 不放置

d为当前列号 ，初始化d, now, pre都为0。now为当前行。pre为当前行的上一行

1. d = d + 1, now << 1 | 1, pre << 1; // 竖直放置。当前行该列为1，上一行该列置为0

2. d = d + 2, now << 2 | 3, pre<< 2 | 3; // 横放 都为11（由于当两行的状态往下推时，必需要保证pre这一行摆满。所以pre也都为11）

3. d = d + 1, now << 1, pre<< 1 | 1; // 上一行该列置为1，不能竖放。不放置的状态

由于转移状态有非常多种，所以用dfs去枚举各种可行的状态。

最后在转移的时候，dp[0][(1 << w) - 1] = 1 表示仅仅有第0行所有铺满才行。

仅仅须要算到 h - 1 行，然后 h 行所有铺满为答案。

代码：

/*
ID: wuqi9395@126.com
PROG:
LANG: C++
*/
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<string>
#include<fstream>
#include<cstring>
#include<ctype.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define INF (1<<30)
#define PI acos(-1.0)
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < n; i++)
#define debug puts("===============")
#define eps (1e-6)
typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn = 13;
int w, h, cnt;
ll dp[13][2100];
int sta[14000][2];
void dfs(int l, int now, int pre) {
if (l > w) return ;
if (l == w) {
sta[cnt][0] = pre, sta[cnt++][1] = now;
return ;
}
dfs(l + 2, (now << 2) | 3, (pre << 2) | 3);
dfs(l + 1, (now << 1) | 1, pre << 1);
dfs(l + 1, now << 1, (pre << 1) | 1);
}
int main () {
while(~scanf("%d%d", &h, &w), h || w) {
if (h < w) swap(h, w);
cnt = 0;
dfs(0, 0, 0);
memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[0][(1 << w) - 1] = 1;
rep(i, h) {
rep(j, cnt) {
dp[i + 1][sta[j][1]] += dp[i][sta[j][0]];
}
}
printf("%lld\n", dp[h][(1 << w) - 1]);
}
return 0;
}