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Description
Input
Output
For each test case, output the number of different ways the given rectangle can be filled with small rectangles of size 2 times 1. Assume the given large rectangle is oriented, i.e. count symmetrical
tilings multiple times.Sample Input
1 2 1 3 1 4 2 2 2 3 2 4 2 11 4 11 0 0
Sample Output
1 0 1 2 3 5 144 51205
未优化写法：
/*分析：用1*2的砖去恰好铺满n*m的空间,对于第k行第j列,有3种情况将该点铺满 1:由第k-1行第j列砖竖着铺将第k行第j列铺满 2:由第k行第j列被横铺砖铺满 3:第k行第j列砖竖着铺将该点铺满 所以对于每一列的情况其实有两种(1,0)表示该点铺砖还是不铺 而对于每一列必须到达的状态只有一种，就是被铺满(1) 但是由上述3种情况将铺满方式分成两种: 0和1表示被k-1行j列竖铺铺满和在k-1行被横铺铺满 对于每一行列举每一种到达的状态j,dp[j]表示到达该状态有多少种情况 分析对于第k-1行状态j:10000111 需要到达第k行状态i: 01111011 如果需要到达第k行j列状态是0，则必须第k-1行该点状态不能是0，否则一定是连续两列竖放冲突 所以到达第k-1行该点只能是1，也就是说i|j一定每一位是1,也可以一步步判断是否满足第k行j列是0第k-1行j列是1 如果需要到达第k行状态j列是1，则假如第k-1行该点是0，则该点状态可以到达，继续判断j+1列 假如第k-1行该点是1，则第k行j列的1一定是横铺到达的,所以k行第j+1列一定也被铺满为1 从而第k-1行j+1列一定不能竖铺，必须被横铺铺满，所以也是1. 于是综合的第k行j列和第k-1行j列的关系(每一行每一列都表示到达的状态) 1:下面这种情况从第j列继续去判断j+1列 1 0 2:下面这种情况从第j列继续去判断j+1列 0 1 3:下面这种情况从第j列判断第j+1列是否全是1,然后继续判断第j+2列 1 1
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <cmath>
#include <iomanip>
#define INF 99999999
typedef long long LL;
using namespace std;
const int MAX=(1<<11)+10;
int n,m;
LL temp[MAX],dp[MAX],bin[15];
bool mark[MAX];
bool check(int i){
while(i){
if(i&1){
i>>=1;
if(!(i&1))return false;//第j列是1则第j+1列必须是1
i>>=1;//继续判断下一列
}else i>>=1;//继续判断下一列
}
return true;
}
void Init(){
memset(mark,false,sizeof mark);
memset(temp,0,sizeof temp);
for(int i=0;i<bin[m];++i){//初始化第一行和可以到达什么状态
if(check(i))temp[i]=1,mark[i]=true;
}
}
void DP(){
for(int k=2;k<=n;++k){
for(int i=0;i<bin[m];++i)dp[i]=0;
for(int i=0;i<bin[m];++i){
for(int j=0;j<bin[m];++j){
if((i|j) != bin[m]-1)continue;//每一位或之后必须每一位是1(综合前面3种情况和分析可知)
if(!mark[i&j])continue;//由初始化和前面分析三种情况分析可知i&j必须得到和初始化可以到达的状态一样才行
dp[i]+=temp[j];//i可以从j到达,则增加j的方案数
}
}
for(int i=0;i<bin[m];++i)temp[i]=dp[i];
}
}
int main(){
bin[0]=1;
for(int i=1;i<12;++i)bin[i]=2*bin[i-1];
while(~scanf("%d%d",&n,&m),n+m){
if(n<m)swap(n,m);//始终保持m<n,提高效率
Init();
DP();
printf("%lld\n",temp[bin[m]-1]);//输出最后一行到达时的状态必须全部是1
}
return 0;
}优化后的代码：大大提高效率( 不用搜索也可以采用邻接表记录能到达状态i的状态j,就不需要枚举所有状态j)
/*优化:不去盲目的列举所有状态i和j然后判断状态j能否到达i,这样效率很低,因为能到达i的状态j很少 因此对于每种状态i,由i区搜索能到达i的状态j,大大提高效率 有298ms->32ms */ #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <string> #include <queue> #include <algorithm> #include <map> #include <cmath> #include <iomanip> #define INF 99999999 typedef long long LL; using namespace std; const int MAX=(1<<11)+10; int n,m; LL temp[MAX],dp[MAX],bin[15]; bool check(int i){ while(i){ if(i&1){ i>>=1; if(!(i&1))return false;//第j列是1则第j+1列必须是1 i>>=1;//继续判断下一列 }else i>>=1;//继续判断下一列 } return true; } void Init(){ memset(temp,0,sizeof temp); for(int i=0;i<bin[m];++i)if(check(i))temp[i]=1;//初始化第一行 } void dfs(int k,int i,int j){ if(k == m){dp[i]+=temp[j];return;} if(k>m)return; if((i>>k)&1){ dfs(k+1,i,j); if((i>>(k+1))&1)dfs(k+2,i,j|(1<<k)|(1<<(k+1))); } else dfs(k+1,i,j|(1<<k)); } void DP(){ for(int k=2;k<=n;++k){ for(int i=0;i<bin[m];++i)dp[i]=0; for(int i=0;i<bin[m];++i)dfs(0,i,0); for(int i=0;i<bin[m];++i)temp[i]=dp[i]; } } int main(){ bin[0]=1; for(int i=1;i<12;++i)bin[i]=2*bin[i-1]; while(~scanf("%d%d",&n,&m),n+m){ if(n<m)swap(n,m);//始终保持m<n,提高效率 Init(); DP(); printf("%lld\n",temp[bin[m]-1]);//输出最后一行到达时的状态必须全部是1 } return 0; }
poj2411之用1*2砖块铺满n*m-状态压缩dp,布布扣,bubuko.com
原文：http://blog.csdn.net/xingyeyongheng/article/details/21692655