题目：http://poj.org/problem?id=3254
直接上代码吧，刚开始做时主要的问题就是看不懂二进制，有个博客写的太好了，就直接把题解复制在下面了。
#include <iostream> #include <stdio.h> #include <string.h> #include <algorithm> #include <math.h> #define mod 100000000 int m,n,state[1010],dp[20][1010],top,cur[20]; inline bool ok(int x) { if(x&x<<1) return false; return true; } void init() { int total=1<<n; top=0; for(int i=0;i<total;i++) { if(ok(i)) state[++top]=i; } } inline bool fit(int x,int k) { if(cur[k]&x) return false; return true; } int main() { int xx; while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF) { init(); for(int i=1;i<=m;i++) { cur[i]=0; for(int j=1;j<=n;j++) { scanf("%d",&xx); if(xx==0) cur[i]+=(1<<(n-j)); } } memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=1;i<=top;i++) { if(fit(state[i],1)) dp[1][i]=1; } for(int i=2;i<=m;i++) { for(int k=1;k<=top;k++) { if(!fit(state[k],i)) continue; for(int j=1;j<=top;j++) { if(!fit(state[j],i-1)) continue; if(state[j]&state[k]) continue; dp[i][k]=(dp[i][k]+dp[i-1][j])%mod; } } } int ans=0; for(int i=1;i<=top;i++) { ans=(ans+dp[m][i])%mod; } printf("%d\n",ans); } return 0; }
题目大意：农夫有一块地，被划分为m行n列大小相等的格子，其中一些格子是可以放牧的（用1标记），农夫可以在这些格子里放牛，其他格子则不能放牛（用0标记），并且要求不可以使相邻格子都有牛。现在输入数据给出这块地的大小及可否放牧的情况，求该农夫有多少种放牧方案可以选择（注意：任何格子都不放也是一种选择，不要忘记考虑！
解题思路：以样例数据第一行为例，三个格子都可以放牧，即每个格子都可以选择放，或不放。再考虑附加条件“相邻格子不可同时放牧”，那么我们可以列出单看第一行时的所有可行状态如下（1代表放牧，0代表不放牧）
| 编号 | 状态 |
| 1 | 0 0 0 |
| 2 | 0 0 1 |
| 3 | 0 1 0 |
| 4 | 1 0 0 |
| 5 | 1 0 1 |
由此，可将表中的状态看作二进制表示，那么，只需将每种状态转化为相应的十进制数，即可只用一个数字，就能表示某一种状态，如下表：
| 编号 | 二进制 | 十进制 |
| 1 | 0 0 0 | 0 |
| 2 | 0 0 1 | 1 |
| 3 | 0 1 0 | 2 |
| 4 | 1 0 0 | 4 |
| 5 | 1 0 1 | 5 |
这种用一个数来表示一组数，以降低表示状态所需的维数的解题手段，就叫做状态压缩。
至此我们看到，在只考虑第一行的时候，有5种可行的放牧方案，但这只是我们要做的第一步。接下来要将第二行纳入考虑：
首先思考：纳入第二行后，会对当前问题造成什么样的影响？
答案还是那句话：“相邻格子不可同时放牧”！
也就是说，不止左右相邻不可以，上下之间也不能存在相邻的情况。
首先观察第二行，只有中间的格子可以放牧，那么我们的状态表格就可以相对简单些了～如下：
| 编号 | 二进制 | 十进制 |
| 1 | 0 0 0 | 0 |
| 2 | 0 1 0 | 2 |
只有两种可行状态，那么我们不妨一个一个来考察：
1、当第二行的状态为编号1时，第二行的三个格子都没有放牧，那么就不会与第一行的任何情况有冲突，第一行的5种方案都可行，即：第二行选用编号1的状态时，结合第一行，可得到5种可行的放牧方案；
2、当第二行的状态为编号2时，第二行中间的格子已经放牧了，那么第一行中间的格子就不可以放牧。看表2，发现其中第3种状态与当前第二行冲突，那么第一行只有4种方案是可行的，即：第二行选用编号2的状态时，结合第一行，可得到4种可行的放牧方案；
那么，在样例数据给出的情况下，我们的最终答案即为5+4=9；
通过对样例数据的分析即可以发现不同状态之间的关系：
以dp[i][state(j)]来表示对于前i行，第i行采用第j种状态时可以得到的可行方案总数！
例如：回头看样例数据，dp[2][1]即代表第二行使用第2中状态（0 1 0）时可得的方案数，即为4；
那么，可得出状态转移方程为：
dp[i][state(j)]=dp[i-1][state(k1)]+dp[i-1][state(k2)]+......+dp[i-1][state(kn)](kn即为上一行可行状态的编号，上一行共有n种可行状态）
最终ans=dp[m][state(k1)]+dp[m][state(k2)]+......+dp[m][state(kn)]; (kn即为最后一行（第m行）可行状态的编号）
程序代码：
先声明，这道题我是参考了@AcCry的博文 “状态压缩DP总结【POJ3254】【POJ1185】【POJ3311】【HDU3001】【POJ2288】【ZOJ4257】【POJ2411】【HDU3681】”解出的，原文的讲解比较精简，我单独拿出其中第一题详解作为入门。
先帖原帖代码，我在读的过程中加了详细注释，并做了一些细节上的修改：
#include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; #define mod 100000000 int M,N,top = 0; //top表示每行最多的状态数 int state[600],num[110]; //state存放每行所有的可行状态（即没有相邻的状态 // int dp[20][600]; //dp[i][j]:对于前i行数据，每行有前j种可能状态时的解 int cur[20]; //cur[i]表示的是第i行整行的情况 inline bool ok(int x){ //判断状态x是否可行 if(x&x<<1) return false;//若存在相邻两个格子都为1，则该状态不可行 return true; } void init(){ //遍历所有可能的状态 top = 0; int total = 1 << N; //遍历状态的上界 for(int i = 0; i < total; ++i){ if(ok(i))state[++top] = i; } } inline bool fit(int x,int k){ //判断状态x 与第k行的实际状态的逆是否有‘重合’ if(x&cur[k])return false; //若有重合，（即x不符合要求） return true; //若没有，则可行 } int main(){ while(scanf("%d%d",&M,&N)!= EOF){ init(); memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i = 1; i <= M; ++i){ cur[i] = 0; int num; for(int j = 1; j <= N; ++j){ //输入时就要按位来存储，cur[i]表示的是第i行整行的情况，每次改变该数字的二进制表示的一位 scanf("%d",&num); //表示第i行第j列的情况（0或1） if(num == 0) //若该格为0 cur[i] +=(1<<(N-j)); //则将该位置为1（注意要以相反方式存储，即1表示不可放牧 } } for(int i = 1;i <= top;i++){ if(fit(state[i],1)){ //判断所有可能状态与第一行的实际状态的逆是否有重合 dp[1][i] = 1; //若第1行的状态与第i种可行状态吻合，则dp[1][i]记为1 } } /* 状态转移过程中，dp[i][k] =Sigma dp[i-1][j] （j为符合条件的所有状态） */ for(int i = 2; i <= M; ++i){ //i索引第2行到第M行 for(int k = 1; k <= top; ++k){ //该循环针对所有可能的状态，找出一组与第i行相符的state[k] if(!fit(state[k],i))continue; //判断是否符合第i行实际情况 for(int j = 1; j <= top ;++j){ //找到state[k]后，再找一组与第i-1行符合，且与第i行（state[])不冲突的状态state[j] if(!fit(state[j],i-1))continue; //判断是否符合第i-1行实际情况 if(state[k]&state[j])continue; //判断是否与第i行冲突 dp[i][k] = (dp[i][k] +dp[i-1][j])%mod; //若以上皆可通过，则将‘j‘累加到‘k‘上 } } } int ans = 0; for(int i = 1; i <= top; ++i){ //累加最后一行所有可能状态的值，即得最终结果！！！泥马写注释累死我了终于写完了！ ans = (ans + dp[M][i])%mod; } printf("%d\n",ans); } }
原文：http://www.cnblogs.com/zhangmingcheng/p/4372704.html