Mondriaan's Dream 【POJ2411】题解

标签：cnt 判断题解 Mondriaan 一行 POJ2411 枚举当前木条

Mondriaan's Dream 【POJ2411】题解

——By Zy

注：原题中的 \(h,w\) 在本文中使用 \(n, m\) 代替。

一. 题意分析：

题目要求给定一个一定大小的矩形棋盘，求出使用 \(1\times 2\) 大小的木条填充一共有多少种方案。

读题，发现数据范围 \(（1\le h,w\le11）\)，考虑使用状压 DP 算法，于是可以用 0 和 1 分别表示某个格子放置或未放置木条。
观察每一格的状态，可以发现存在如下两种情况：
一个 \(1\times 2\) 的连通 “0” 块，说明这块区域内可以放置一根木条。
一个 \(1\times 1\) 的单独 “0” 块，说明这个区域可以放置一个木条的一半，另一半需要伸到另一行或另一列。

二. 合法性预处理：

显然，在判断某一行的状态是否可行时，我们需要考虑的是两点：

一个 \(1\times 2\) 的 "0" 连通块。
一个 \(1\times 1\) 的单独 "0" 块。
对于上述两种情况，我们发现：
第一种只与当前行有关，即无论上一行或下一行是什么状态，都不会影响这两格是否可以放置木条。
对于第二种情况，我们需要判断上一行的对应格处是否伸出来了木条，例如当判断情况 "11011" 时，假若上一行为 "11111"，那么就可行，因为当前行 "0" 空格处刚好可以被上一行对应格处伸出来的木条覆盖。即若枚举当前行的第 \(i\) 格与上一行的第 \(i\) 格满足一 "0" 一 "1"，那么当前行就可以 作为枚举到的上一行的下一行，注意这种可行性只存在于当前枚举到的两行之间。

于是，我们便可以预处理出以下两种数据：
1.判断某一行作为单独一行（即与前后两行没有共用的木条）时是否可行。根据前文的分析，我们只需要判断当前枚举到行的二进制位下，是否满足所有连通的 "0" 都恰好有偶数个，这样就可以刚好放置若干个木条。映射到代码里，我们只需要依次取出某一位判断是否为 0. 注意最后由于如 "11110000" 的情况，一串 "0" 是直接结束的，需要在循环结束后再次判断（血与泪的教训）。

for (int i = 0; i < (1 << n); i ++) {
	int cnt = 0;
	bool flag = true;
	for (int j = 0; j < n; j ++) {
		if ((i >> j) & 1) { // 取出每一位并判断是否为 0
			if (cnt & 1) { // 前一段连通的 0 为奇数个，则不合法 
				flag = false;
				break;
			}
			cnt = 0;
		} else { // 当前取出位为 0，累加长度
			cnt++;
		}
	}
	if (cnt & 1) { // 再次判断（血与泪的教训）
		flag = false;
	}
	book[i] = flag;
}

2.判断某两行的状态是否可以使这两行连续存在且合法。前文提到过，假若某两行的相同位置一 "0" 一 "1"，则合法。于是可以用 C++ 按位与运算（&）来进行判断，因为这两种合法情况的按位与结果都为 0. 那如何存储预处理结果呢？由于两行连续存在，于是想到使用 std::vecotor 储存，如果当前行可以接在上一行之后，那么就把当前行的情况加入上一行的情况所在的 vecotor. 重要的是，存在一个比较大的误区，就是当前行与上一行结合后，当前行可能还存在空格。于是还要判断当前行与上一行结合后，当前行剩下的空格，是否可以凭借仅仅放若干个完整的木条来填满。 对应的 C++ 位运算：

判断两行是否可以相连： if((i & j) == 0)
两行结合后的当前行：i | j。解释：只要上一行的某个位置存在木块且当前行的该位置不存在，那么当前行的该位置就可以被覆盖。

vector<int> Sits[1 << 12];
...
for (int i = 0; i < (1 << n); i ++) {
	Sits[i].clear();
	for (int j = 0; j < (1 << n); j ++) {
		if ((i & j) == 0 && book[i | j]) {
			Sits[i].push_back(j);
		}
	}
}

三. 方程的定义与 DP 转移：

由于 DP 转移的原理，方程中应该包含以下要素：

行号（枚举顺序）
压缩后的状态
方案数

于是我们可以定义 \(f_{i, j} = x\) 表示第 \(i\) 行的状态为 \(j\) （假设前 \(i - 1\) 行都已确定）时的方案数。由于一共有 \(m\) 行，我们可以将数组略定大一点，最终求到 \(f_{m + 1, 0}\) 的值，便是包括到 \(m\) 行的方案总数。
截止到上一行的方案数即为上一行所有合法的情况数总和。由于上一行是否合法与上上行也有关系，所以实际上应该要枚举三行（三重循环），当前行，上上行，以及合法的可以接在上上行之后的情况总数。设枚举当前行为 \(i\)，上上行为 \(j\)，枚举到的上一行为 \(k\)，则显然有：

\[f_{i,j} = \sum{f_{i-1,k}} \]

由于 -1 行不存在，所以第 0 行实际只有一种情况 \(f_{0,0}=1\)，这是需要在 DP前进行赋值的。

最后：多测不清空，万事一场空。

#include <bits/stdc++.h>

#define int long long
#define endl '\n'

using namespace std;

int n, m;
int f[12][1 << 12];
bool book[1 << 12];
vector<int> Sits[1 << 12];

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	while (cin >> n >> m && n && m) {
		for (int i = 0; i < (1 << n); i ++) {
			int cnt = 0;
			bool flag = true;
			for (int j = 0; j < n; j ++) {
				if ((i >> j) & 1) {
					if (cnt & 1) {
						flag = false;
						break;
					}
					cnt = 0;
				} else {
					cnt++;
				}
			}
			if (cnt & 1) {
				flag = false;
			}
			book[i] = flag;
		}
		for (int i = 0; i < (1 << n); i ++) {
			Sits[i].clear();
			for (int j = 0; j < (1 << n); j ++) {
				if ((i & j) == 0 && book[i | j]) {
					Sits[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 : Sits[j]) {
					f[i][j] += f[i - 1][k];
				}
			}
				
		}
		cout << f[m][0] << endl;
	}

	return 0;
}

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