蒙德里安的梦想

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状态压缩dp

题目大意：求把 N×M的棋盘分割成若干个1×2 的的小长方形，有多少种方案。

思路分析： 首先，注意到，我们直接考虑如何切割整个棋盘为若干个1x2的长方形是比较困难的，因此，我们可以把整个棋盘划分为若干个1x1的小格子，那么，问题就转化为了用1x2的小长方形去将整个棋盘填充满，总共有多少种方案。此外，注意到，当我们将所有横向的小长方形都已经摆放(填充)完成后，所有纵向的小长方形的摆放方式也就唯一确定了，那么，总的方案数就等于摆完所有横向长方形的方案数。所以，我们只用考虑如何枚举横向长方形的摆放即可

模型：

这个问题属于状态压缩dp问题的第一大类：基于连通性的dp，也可以叫做棋盘式dp。我们首先考虑如何定义(设计)状态，也就是如何进行状态表示。 我们按列来枚举横向小长方形的摆放情况。f为dp数组。若当前我们需要摆放的列是第i 列，那么第i列在摆放的时候只和第i-1列有关(因为只有i-1列的小长方形可能伸到第i列，影响第i 列的摆放)。因此，我们设f[i][j]表示：前i-1列已经摆放完毕(不能再改了)，当前要对第i列进行横向小长方形的摆放，且前一列伸出一个小方格是j 的情况下的方案数。如下图所示：

j是一个n位的二进制数，上图对应的j为01，代表第i-1列第0行伸出了一个小方格(所以j的第0位为1)。那么，这个状态表示的集合就是：

所有前i-1列已经摆放完毕且第i-1列伸出小方格的状态为j的情况下的摆放方案

f[i][j]记录的是集合中的方案总数(根据题目所求来确定)

接下来考虑如何进行状态计算(转移)，所谓状态计算，就是对集合进行划分，而划分的依据就是"最后一个不同点"。根据我们上面f[i][j]的定义，第i-1列横向小长方形的摆放方案是确定的(因为二进制数j代表了其摆放的情况)，所以，最后一个不同点就是第i-2列的摆放情况。因此，我们将依据第i-2列的摆放情况对f[i][j]所表示的大集合进行划分，将它划分成1<<n个子集。但是，这些子集不一定都可以转移过来，因此，我们需要判断哪些子集所对应的状态才可以转移到我们当前的状态。为了方便之后的表示，我们设a为第i-1列的"摆放情况"，b为第i-2列的"摆放情况"。那么，合法的状态需要满足以下两个条件：1：a&b==0,即二者的二进制不能有某一位同时为1(意思是第i-2列和第i-1列不能在同一行同时摆放上横向的小长方形(同时伸出小格子)，因为这样，第i-2列伸出的小方格就会"阻碍"到第i-1列的摆放，是不合法的)

2: 由于第i-1列横向的格子已经摆放完毕，那么其纵向格子的摆放方式也已经确定，所以，我们摆完横向的小长方形后，剩下连续的空格子的数量不能是奇数，否则就不能通过摆放纵向小长方形将整个棋盘填满了。所以，我们需要算出每个状态下连续0的个数。这个条件的判断可以通过"预处理完成"。

另外，我们可以预处理出所有合法(能够进行状态转移的状态),方便后续状态的计算。

这样，f[i][j]就等于所有能转移到它的状态所对应的方案数的总和。

我们最终的答案就是:f[m][0]。注意，下标从0开始，所以，它代表所有前m--1列(也就是整个棋盘)已经摆完，并且伸出格子的情况为0(没有伸出棋盘，是合法的)的方案总数。并且，dp数组的初始化为：f[0][0]=1(因为摆第0列时不存在前一列会伸出来，也就表示当前列没有横着摆的小长方形，所以只有都竖着摆放这一种情况)

c++代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=12,M=1<<N;
typedef long long LL;
int n,m,st[M];//st==1表示当前状态是合法的
LL f[N][M];//极限状态下可能会爆int
vector<int>truestate[M];//二维数组，truestate[i]中存储所有可以转移到状态i的状态，方便通过循环递推计算出所有状态的值
//vector<vector<int>>truestate(M);
int main()
{
    while(cin>>n>>m,n||m) //逗号表达式的值为逗号之后的值
    {
        for(int i=0;i<1<<n;i++)//枚举所有状态，判断其是否有连续奇数个0
        {
            st[i]=1;
            int cnt=0;//连续奇数0的个数
            for(int j=0;j<n;j++)
                if(i>>j&1)//i的第j位是1,前一段连续的0终止了
                {
                   if(cnt&1)//cnt为奇数
                    {
                        st[i]=0;
                        break;
                    }
                    cnt=0; //继续统计下一段连续0的个数，要将上一段的数量清零(实际上不清0也可以AC，因为加一个偶数不会影响奇偶性(奇数会break))
                }else
                    cnt++;
            if(cnt&1)//判断最后一段连续0的个数的奇偶性
                st[i]=0;
        }
        for(int i=0;i<1<<n;i++)//计算出所有的truestate 这里i枚举的是状态定义中对应的第i-1列的情况，j枚举的是第i-2列对应的情况
        {
            truestate[i].clear();
            for(int j=0;j<1<<n;j++)
                if(!(i&j)&&st[i|j])//只要二者有一位为1，连续0就会被隔断,所以，第状态定义中第i-1列实际的状态是i|j
                    truestate[i].push_back(j);
        }
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=m;i++)//枚举所有列
            for(int j=0;j<1<<n;j++)//枚举所有状态
                for(auto &k:truestate[j])//遍历所有可以转移到j的状态
                    f[i][j]+=f[i-1][k];//状态计算(转移)
        cout<<f[m][0]<<endl;
    }
    return 0;
}

时间复杂度分析：dp问题的时间复杂度公式 =状态数量× 状态转移(计算)

状态表示 f[i][j] 第一维i可取11，第二维j（二进制数）可取2的11次方,根据乘法原理，可计算出状态数量

状态转移 也是2的11次方(每个状态最多可划分成这么多个子集)

所以总的时间复杂度约等于=4e7