poj3245_状压dp

http://poj.org/problem?id=3254

题意：给出一个n行m列的草地，1表示肥沃，0表示贫瘠，现在要把一些牛放在肥沃的草地上，但是要求所有牛不能相邻，问你有多少种放法。

分析：假如我们知道第 i-1 行的所有的可以放的情况，那么对于第 i 行的可以放的一种情况，我们只要判断它和 i - 1 行的所有情况的能不能满足题目的所有牛不相邻，如果有种中满足，那么对于 i 行的这一中情况有 x 中放法。

前面分析可知满足子状态，我们我们确定可以用dp来解决。

但是我们又发现，状态是一种放法，不是我们平常dp的简单的状态，所以要用状态压缩！

但是什么是状态压缩呢?

比如前面的情况，一种放法是最多由12个 0 或者 1 组成的，那么我们很容易想到用二进制，用二进制的一个数来表示一种放法。

定义状态dp【i】【j】，第 i 行状态为 j 的时候放牛的种数。j 的话我们转化成二进制，从低位到高位依次 1 表示放牛0表示没有放牛，就可以表示一行所有的情况。

那么转移方程 dp【i】【j】=sum（dp【i-1】【k】）

状态压缩dp关键是处理好位运算。

这个题目用到了 & 这个运算符。

用 x & （x<<1）来判断一个数相邻两位是不是同时为1，假如同时为 1 则返回一个值，否则返回 0 ，这样就能优化掉一些状态

用 x & y 的布尔值来判断相同为是不是同时为1。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 1e8;
const int N = 13;
const int M = 1 << N;
int dp[N][M], map[N], res[M];
int judge1(int x)
{
    return (x & (x << 1));
}
int judge2(int i, int j)
{
    return (map[i] & res[j]);
} 
int main()
{
    int n, m;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    int temp;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= m; j++)
        {
            scanf("%d", &temp);
            if(temp == 0)
                map[i] += (1 << (j - 1));//注意不肥沃为1,这里很巧妙
        }
    int k = 0;
    for(int i = 0; i < (1 << m); i++)
        if(judge1(i) == 0)
            res[k++] = i;
    for(int i = 0; i < k; i++)
    {
        if(!judge2(1, i))//如果在不肥沃的地方放牛(相与为1时)，就不保存
            dp[1][i] = 1;
    }
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 0; j < k; j++)
        {
            if(judge2(i, j))
                continue;
            for(int f = 0; f < k; f++)
            {
                if(judge2(i - 1, f))
                    continue;
                if(!(res[j] & res[f]))
                    dp[i][j] += dp[i - 1][f];//dp[i][0]保存了前面几行的所有状态
            }
        }
    }
    LL sum = 0;
    for(int j = 0; j < k; j++){
        sum = (sum + dp[n][j]) % mod;
    }
    printf("%lld
", sum);
    return 0;
}