poj 2411 Mondriaan's Dream 铺砖块(状压dp)
2016-03-23 21:19
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题目链接:
http://poj.org/problem?id=2411
题目大意:
有n*m的矩形,现在要往上面铺1*2的小砖块。问能否被铺满,如果能输出铺满的方案数。
范围:
n,m<=11。
思路:
状压dp。
令铺的地方为1,不铺的地方为0。那么要铺满就需要整个矩形都是1。
砖块共有3种铺法:
1、横着铺,这样的情况就是第j列和第j+1列都为1。
2、竖着铺,这样的情况就是第i行为1,这里我们令i-1行为0。这样做就可以和横铺分辨开来了。
3、不铺。
所以我们就可以设dp[i][state],表示第i行状态为state时候的方案数。
然后我们可以知道i行和i-1行之间的递推关系:
在dp[i]{state]的情况下,如果第i行j列是1,那么我们就看i-1行的j列,如果为0,表明砖块是竖着铺的。否则说明砖块是横的铺在i行上面的。
如果第i行j列为0,说明这个砖块是竖着铺的,同时他会影响i+1行,这个时候我们去看i-1行,如果是0就是不可能的,否则就是横铺的。
情况分析清楚以后,就可以了。
注意:这样做的复杂度是n*(m^4),所以当m比较大时,要与n交换一下。
代码:
http://poj.org/problem?id=2411
题目大意:
有n*m的矩形,现在要往上面铺1*2的小砖块。问能否被铺满,如果能输出铺满的方案数。
范围:
n,m<=11。
思路:
状压dp。
令铺的地方为1,不铺的地方为0。那么要铺满就需要整个矩形都是1。
砖块共有3种铺法:
1、横着铺,这样的情况就是第j列和第j+1列都为1。
2、竖着铺,这样的情况就是第i行为1,这里我们令i-1行为0。这样做就可以和横铺分辨开来了。
3、不铺。
所以我们就可以设dp[i][state],表示第i行状态为state时候的方案数。
然后我们可以知道i行和i-1行之间的递推关系:
在dp[i]{state]的情况下,如果第i行j列是1,那么我们就看i-1行的j列,如果为0,表明砖块是竖着铺的。否则说明砖块是横的铺在i行上面的。
如果第i行j列为0,说明这个砖块是竖着铺的,同时他会影响i+1行,这个时候我们去看i-1行,如果是0就是不可能的,否则就是横铺的。
情况分析清楚以后,就可以了。
注意:这样做的复杂度是n*(m^4),所以当m比较大时,要与n交换一下。
代码:
#include<stdio.h> #include<string.h> #define ll __int64 ll dp[20][3000]; int n,m; bool init(int x) { for(int k=0;k<m;) { if(x&(1<<k)) { if(k==m-1)return false; if(x&(1<<(k+1))) k+=2; else return false; } else k++; } return true; } bool judge(int x,int y) { for(int i=0;i<m;) { if(x&(1<<i)) { if(y&(1<<i)) { if(!(x&(1<<(1+i)))||!(y&(1<<(1+i)))||i==m-1)return false; else i+=2; } else i++; } else { if(y&(1<<i))i++; else return false; } } return true; } int main() { int i,j,k; while(~scanf("%d%d",&n,&m)) { if(n==0&&m==0)break; if(n<m){ int t; t=n; n=m; m=t; } memset(dp,0,sizeof(dp)); for(i=0;i<(1<<m);i++) { if(init(i)) dp[1][i]=1; } for(i=2;i<=n;i++) { for(j=0;j<(1<<m);j++) { for(k=0;k<(1<<m);k++) { if(judge(j,k)) dp[i][j]+=dp[i-1][k]; } } } printf("%I64d\n",dp [(1<<m)-1]); } }
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