【状压基础题】poj3254 Corn Fields

题目大意 ：农夫约翰有n*m块地，其中一些地荒掉了。玉米是一种傲娇的植物，种在相邻的地里会导致不孕不育。求所有种法数对100000000求余。

读入：第一行一个n一个m,

接下来是一个n行m列的矩形，表示田地的状态(1表示可种植，0表示不可种植)

输出：一个整数，表示总的方法数 % 1000000000的结果

首先我们把原图的每一行转成二进制数存储（此处及以下原图均指读入的田地状况），1表示可以种植，0表示不能种植
以行为阶段，对于每一行，我们把可以种的标记为1，不能种则标记为0
分析同一行中，我们由题目可以知道，两个1肯定不相邻，
我们想把当前状态左移1位再与原数相&，若结果不为0，则肯定有两个1相邻了
但是同样我们要注意的是，两行之间相邻也是不允许的
例如：
0001010
0001001
第一行第4个位置为1，下一行第4个位置仍为1，上下两个1相邻了，这样也是不允许的
这样我们设一个状态为k，由状态k转移到状态j，若j&k！=0，则出现了上下两个1相邻，这样是不符合的
接着我们必须符合原图，也就是原图中不能种的地方我们一定不能种，原图中不能种的地方为0，能种的地方为1
但是比较麻烦的是，原图能种的地方我们不一定种，原图不能种的地方，在我们的状态中可能种，我们没办法区分这两种情况
那么我们试着翻转一下操作
存原图时，我们用0表示能种，1表示不能种（最初我们用1表示能种，0表示不能种）
这样我们可以直接相&，若出现了1，则一定不能种。因为此时我们标记为1的位置，按照题目要求，在原图中一定要标记为0，如果某个位置我们种了而原图中

不能种，那么相&得到的就是1，这样是不行的。问题就解决了。
然后我们可以以非常显然的方式得到dp数组
f[i, j]表示在第i行（i为一个m位的二进制数），状态为j时，所有的种法，这样得到的状态转移方程就是：
f[i, j] = Σf[i - 1, k]( j & k == 0 && j & a[i] == 0 && k & a[i - 1] == 0)
初态:f[0, 0] = 1;
目标:Σ{f[n, i]}(i为m位二进制数，0 <= i < 1 << m)

 #include<iostream>
 #include<iomanip>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #include<ctime>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cstdlib>
 #define ll long long
 using namespace std;
 const int mod = ;
 int n, m, h;
 ll f[][ << ], ans = ;
 ll a[];

 inline int read() {
     int  x = , y = ;
     char ch = getchar();
     while(!isdigit(ch)) {
         if(ch == '-') y = -;
         ch = getchar();
     }
     while(isdigit(ch)) {
         x = (x << ) + (x << ) + ch - '';
         ch = getchar();
     }
     return x * y;
 }

 int main() {
     n = read(), m = read();
     for(int i = ; i <= n; ++i)
         for(int j = ; j <= m; ++j) {
             h = read();
             a[i] <<= ;
             a[i] += (h == ) ?  : ;
         }
     f[][] = ;
     for(int i = ; i <= n; ++i)
         for(int j = ; j <  << m; ++j) {
             if(j & (j << ) || j & a[i]) continue;
             for(int k = ; k <  << m; ++k) {
                 if(j & k || k & a[i - ] || k & (k << )) continue;
                 f[i][j] = (f[i][j] + f[i - ][k]) % mod;
             }
         }
     for(int i = ; i <  << m; ++i)
         ans = (ans + f[n][i]) % mod;
     cout << ans << '\n';
     return ;
 }