BZOJ1725】[Usaco2006 Nov]Corn Fields牧场的安排状压DP

Description

Farmer John新买了一块长方形的牧场，这块牧场被划分成M列N行(1<=M<=12; 1<=N<=12)，每一格都是一块正方形的土地。FJ打算在牧场上的某几格土地里种上美味的草，供他的奶牛们享用。遗憾的是，有些土地相当的贫瘠，不能用来放牧。并且，奶牛们喜欢独占一块草地的感觉，于是FJ不会选择两块相邻的土地，也就是说，没有哪两块草地有公共边。当然，FJ还没有决定在哪些土地上种草。作为一个好奇的农场主，FJ想知道，如果不考虑草地的总块数，那么，一共有多少种种植方案可供他选择。当然，把新的牧场荒废，不在任何土地上种草，也算一种方案。请你帮FJ算一下这个总方案数。

Input

* 第1行: 两个正整数M和N，用空格隔开

* 第2..M+1行: 每行包含N个用空格隔开的整数，描述了每块土地的状态。输入的第i+1行描述了第i行的土地。所有整数均为0或1，是1的话，表示这块土地足够肥沃，0则表示这块地上不适合种草

Output

* 第1行: 输出一个整数，即牧场分配总方案数除以100,000,000的余数

Sample Input

2 3
1 1 1
0 1 0

Sample Output

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

（表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

（表2）

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

（表3）

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）

AC代码:

#include<stdio.h>
#include<string.h>
const int mod = ;
int n,m,tot,v[],ans;//v[i]//第i行整行的情况
int dp[][],s[];//dp对于前i行，每行有前j种可能状态时的解
//s[i]存储每行所有可行的状态
int main( )
{
    int a;
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
           tot=ans=;
    memset(dp,,sizeof(dp));
    memset(s,,sizeof(s));
    memset(v,,sizeof(v));
 
    for(int i= ; i<<<m ; i++)
    if((i&(i<<))==)///记录不相邻的状态
    s[++tot]=i;
    for(int i= ; i<=n ; i++)
    {
        for(int j= ; j<=m ; j++)
        {
            scanf("%d",&a);
            if(a==)
            v[i]+=<<j-;//相反方式存储
        }
    }
    dp[][]=;
    for(int i= ; i<=n ; i++)
    {
        for(int j= ; j<=tot ; j++)//判断第i行 假如按状态j放牛的话行不行
        {
            if(s[j]&v[i])//剪枝 判断上一行与其状态是否满足
            continue;
            for(int k= ; k<=tot ; k++)
            {
                if(s[j]&s[k])
                continue;
                dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-][k])%mod;
            }
        }
    }
 
        for(int i=;i<=tot;i++)
    {
        if(s[i]&v[n])    continue;
        ans=(ans+dp[n][i])%mod;
    }
    printf("%d\n",ans);
    }
    return ;
}