POJ 2411 状压dp

题目大意：

用 1*2 或者2 *1的木板填满 h*w的长方形，问总共有多少种填充方法

直接dfs会超时，因为后面答案甚至爆了int，直接搜，肯定也是long long 的时间复杂度

这里我们将当前位置没放置任何木板为 0 ， 如有放置则看为 1

每次通过当前行 i 的状态 old 找到下一行 i + 1 所有满足当前行状态的状态 new ， 将 dp[i+1][new] += dp[i][old]

这个new的状态一定会在old状态为 0 的位置为1 ， 因为上一行为 0 ， 说明是留给竖木板的， 那么新一行的对应位置必然放了竖直木板

总状态为cnt ， 那么至少要保证 new 状态中 包含了 ~old&cnt 这个状态中的所有1

但是我们要找到所有可以对应old状态的new状态，那么就dfs搜可以在转换状态后加横木板的所有情况即可

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;

int h,w,cnt;
long long ans,add;
long long dp[12][1<<12];

void dfs(int k , int state , int i)
{
    if(k > w){
        dp[i+1][state] += add; //所有包含一开始传入状态的放置横木板后的状态
        return;
    }
    if(k+1 <= w && !(state & (1<<k)) && !(state & (1<<k-1))){
        dfs(k+2 , state | (1<<k-1) | (1<<k) , i);
    }
    dfs(k+1 , state , i);
}

int main()
{

   // freopen("test.in","rb",stdin);
    while(scanf("%d%d",&h,&w)!=EOF){
        if(h == 0 && w == 0) break;
        if((h&1) && (w&1)){
            puts("0");
            continue;
        }
        cnt = (1<<w)-1;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        add = 1;
        dfs(1,0,0);
        for(int i=1 ; i<h ; i++){
            for(int j=0;j<=cnt;j++)
                if(dp[i][j])
                {
                    add = dp[i][j];
                     //传入的state是必须要放置的位置，根据dfs来找到那些包含state状态的且能放一个横木板的状态
                    dfs(1 , ~j&cnt , i);//这里本来取~j就够了，但是有64位，那么最前面为0 的位置取反后也为1，那么~j得到的其实是个负数，所以还要进行&操作

                }
        }
        printf("%I64d
",dp[h][cnt]);
    }
    return 0;
}