蒙德里安的梦想（26-26）DP刷题系列第二十六天第二十六题开启掘金成长之旅！这是我参与「掘金日新计划 · 2 月更文

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蒙德里安的梦想

题目描述

求把 $N×M$ 的棋盘分割成若干个 $1×2$ 的长方形，有多少种方案。

例如当 $N=2，M=4$ 时，共有 $5$ 种方案。当 $N=2，M=3$ 时，共有 33 种方案。

如下图所示：

输入格式

输入包含多组测试用例。

每组测试用例占一行，包含两个整数 $N$ 和 $M$ 。

当输入用例 $N=0，M=0$ 时，表示输入终止，且该用例无需处理。

输出格式

每个测试用例输出一个结果，每个结果占一行。

数据范围

$1≤N,M≤11$

输入样例：

输出样例：

题目分析

今天提前开始一道状态压缩的题目。

首先我们只考虑长方形的横向排列，当横向排列合理化时，竖向排列具有唯一性。

定义 $f[i][j]$ 表示前 $i-1$ 层已经完全排布，第 $i$ 列的状态为 $j$ 的方案数。

定义此处的状态为，第 $i$ 列从上到下按有无填充为 $0/1$ ，当第 $i$ 层有填充时意味着第 $i-1$ 层也为填充，且属于同一长方形。将第 $i$ 列的 $0/1$ 排序以二进制排列作为状态储存。

对第 $i$ 层的填充考虑状态的合理性，首先第 $i$ 层每两个填充及头尾间的空格为偶数，由于第 $i$ 层为填充则第 $i-1$ 层也应填充，则第 $i-1$ 层也需考虑其合理性，即第 $i-2$ 层的伸出和第 $i$ 层的伸入(对第 $i-1$ 层而言)不能相冲突。

由于复杂度的限制，可以提前预处理每层的合理性。

Accept代码 $O()$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 12, M = 1 << N;

int n, m;
long long f[N][M];
bool st[M];
vector<int> sta[M];

int main()
{
    while (cin >> n >> m, n)
    {
        for (int i = 0; i < 1 << n; i ++)
        {
            bool flg = true;
            int cnt = 0;
            for (int j = 0; j < n; j ++)
            {
                if (1 << j & i)
                {
                    if (cnt & 1)
                    {
                        flg = false;
                        break;
                    }
                }
                else cnt ++;
            }
            st[i] = flg && !(cnt & 1);
        }
        for (int i = 0; i < 1 << n; i ++)
        {
            sta[i].clear();
            for (int j = 0; j < 1 << n; j ++)
            {
                if (!(i & j) && st[i | j]) sta[i].push_back(j);
            }
        }
        
        memset(f, 0, sizeof f);
        f[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= m; i ++)
            for (int j = 0; j < 1 << n; j ++)
                for (auto k : sta[j])
                    f[i][j] += f[i - 1][k];
        
        cout << f[m][0] << "\n";
    }
    return 0;
}

蒙德里安的梦想（26-26）