这个问题绝对是 NP 难的，我可以证明这一点。从 3-SAT 减少到这个问题。具体来说，它是从 3-SAT 减少到这个问题的子问题，其中多米诺骨牌是 1x3。其他特定尺寸可能还有其他减少，但这个绝对有效。
本质上，在这种简化中，我们将使用多米诺骨牌位置来编码真假。具体来说，我将采用与其他解决方案相同的符号，也就是说，我将使用星号来表示网格上的开放空间。我还将使用三个大写字母的集合来表示多米诺骨牌，使用小写字母来表示“信号”，这些“信号”是可能会或可能不会被填充的空格，具体取决于系统的状态。
要将 3-SAT 问题嵌入到这个空间中，我们需要一组我称之为小工具的东西，它们只允许某些状态成为可能。这些小工具中的大多数都会有固定数量的多米诺骨牌。例外情况是代表子句的小工具，如果子句为真（满足），则将有一个额外的多米诺骨牌，但当它为假（不满足）时则不会。我们可以使用路径互连这些小工具。这将使我们能够构建一个 3-SAT 电路。我们将有一个基数的多米诺骨牌，因为每个路径和小工具都将采用标准数量的多米诺骨牌，我们可以将它们相加得到一个基数 k，然后每个子句小工具可以有一个额外的多米诺骨牌，如果它是真的，所以如果所有子句可以为真（因此满足表达式）并且有 n 个子句，那么多米诺骨牌的最大数量将是 n+k。如果不是，那么最大数量将小于 n+k。这是还原的基本形式。接下来我将描述这些小工具并举例说明。
与另一个答案类似，我们将有两个位置对给定变量编码真假。因此，我将从一个可以位于两个可能位置的图块开始。
****
这可以用一张多米诺骨牌来覆盖
AAA* or *AAA
显然，这不能用 2 多米诺骨牌覆盖，而用 0 多米诺骨牌覆盖它永远不会是最大的。出于我的目的，我们将考虑用突起来表示值“假”，而没有突起来表示“真”。所以我们可以将这部分视为携带两个信号：
x**y
在这种情况下，只会覆盖 x 或 y 中的一个，因此我们可以认为信号是 x 和 x 的逻辑非。就我们的目的而言，凡是涵盖的都是假的，凡是不涵盖的都是真的。接下来，我们可以简单地通过直线可以弯曲的路径传输信号。如果我们有
x*****y
我们将再次恰好有两个多米诺骨牌，并导致 x 或 y 被覆盖，但不能同时覆盖。
***y
*
*
x
将具有完全相同的行为。所以我们可以使用它来创建长度为 3 的长而弯曲的路径。但是，并非我们可能想要使用的所有长度都是 3 的增量，所以我们需要一个额外的小工具来移动不同的距离。我称之为提琴手小工具，它的唯一目的是将信号移动到稍微不均匀的距离以使事物成功连接。它的输入来自 x，输出到 y，它只传输相同的信号。它看起来像这样：
***y
*
**x
它总是恰好包含两个多米诺骨牌，并以以下两种方式之一填充：
BBB* ABBB
* A
AAA *AX
但是，如果我们要对 3-SAT 进行建模，我们需要的远不止这些。具体来说，我们需要一些方法来对子句进行建模。为此，我们有一个小工具，如果该子句为真，则可以在其中打包一个额外的多米诺骨牌。当一个或多个输入为真时，该子句为真。在这种情况下，这意味着当至少有一个输入没有突出时，我们可以添加一个额外的多米诺骨牌。它看起来像这样：
*x*y*
*
z
如果为了清晰起见，我们为每个路径添加一个额外的路径，那么它看起来像这样：
* *
* *
* *
*****
*
****
如果 x、y 和 z 都是假的，那么它们都会有突起，并且会像这样被填充
这个：
A B
C D
C D
*C*D*
*
EEEF
其余的多米诺骨牌 A、B 和 F 继续沿着某处的路径前进。如果至少有一个输入为真，那么我们可以像这样打包一个额外的多米诺骨牌 (G)：
C B A D A B
C D C D C D
C D or C D or C D
GGGD* *CGGG *CGD*
* * G
EEEF EEEF GEEE
但是，即使所有输入都为真，我们也不能打包多个多米诺骨牌。这种情况看起来像这样：
C D
C D
C D
*****
*
*EEE
如你所见，我们只能在空白处插入一个额外的多米诺骨牌，而不是两个。
现在，如果条款不再重复，那么我们就完成了（或几乎完成了）。但是，它们可以重复，所以接下来，我们需要一个信号分离器，以便一个变量可以出现在
多个术语。为此，我们使用以下小工具：
y*** ***z
* *
***
***
x
在这个小工具中，x 是输入，y 和 z 是输出。在这个小工具中，我们总是可以打包 5 张多米诺骨牌。如果 x 比包装 5 块多米诺骨牌突出，则始终需要覆盖 y 和 z。如果 x 不突出，则不需要覆盖 y 和 z。 x 不突出的包装是这样的：
yAAA BBBz
C D
CED
CED
E
当 x 确实突出时（我们用 X 表示多米诺骨牌的末端突出到空间 x 中），最大包装必然涵盖 y 和 z：
AAAC DBBB
C D
C*D
EEE
X
我会花一点时间注意，当 x 没有以 y 或 z 突出的方式突出时，可以用五张多米诺骨牌打包它。但是，这样做会导致可能为真（不突出）的术语变为假（突出）。仅通过不必要地变为假来允许某些术语（不是变量，而是子句中的实际术语）在值上有所不同，永远不会导致能够满足否则无法满足的表达式。如果我们的 3-SAT 表达式是 (x | y | z) & (!x | y | !z) 那么让 x 和 !x 都为假只会让事情变得更难。如果我们让某事物的两端都为真，这将导致不正确的解决方案，但我们在此方案中不这样做。根据我们的具体问题来构建它，不必要地突出永远不会导致更多的多米诺骨牌能够在以后被打包。
有了路径和这三个小工具，我们现在可以解决平面 3-SAT，这将是 3-SAT 的子问题，如果我们绘制一个图形，其中术语和子句是顶点并且每个之间都有一条边术语和包含该术语的每个子句，即图形是平面的。我相信平面 3-SAT 可能是 NP 难的，因为平面 1-in-3-SAT 是，但如果不是，我们可以使用小工具进行信号交叉。但它真的很复杂（如果有人看到更简单的方法，请告诉我）所以首先我将做一个用这个系统解决平面 3-SAT 的例子。
因此，一个简单的平面 3-SAT 问题将是 (x | y | z) & (!x | y | !z)。显然，这是可以满足的，使用 y 为真的任何赋值或其他几个赋值。我们将这样构建我们的多米诺骨牌问题：
*******
* *
* *
**** ***
* *
*** ****
* *
* *
* ******* *
* * * *
* * * *
*z*x* *****
* *
**** ****
* *
***
***
*
*
*
y
请注意，我们必须在顶部使用提琴手才能正确分配空间，否则这将大大降低复杂性。
将小工具和路径的多米诺骨牌总数相加，我们有 1 个拆分器（5 个多米诺骨牌）、两个提琴手（每个 2 个多米诺骨牌）和总共 13 个常规路径，总计 5 + 2*2 + 13 = 22 多米诺骨牌保证，即使条款无法满足。如果可以，那么我们将有 2 个多米诺骨牌，总共可以填充 24 个。24 个多米诺骨牌的最佳包装如下：
QRRRSSS
Q T
Q T
OPPP *UT
O U
*ON UVVV
N W
N W
M IIIJJJK W
M H K X
M H K X
*zGH* LLLX*
G *
GEEE FFF*
B D
BCD
BCD
C
A
A
A
这个平铺包含24个多米诺骨牌，因此我们可以知道原始表达式是可满足的。在这种情况下，平铺对应于使 y 和 x 为真而 z 为假。请注意，这不是唯一的平铺（也不是唯一令人满意的布尔值分配），但没有其他平铺可以增加超过 24 个的平铺，因此它是最大平铺。 （如果您不想计算所有的多米诺骨牌，可以注意我使用了除 Y 和 Z 之外的所有字母。）
如果最大平铺包含 22 或 23 个多米诺骨牌，那么我们会知道其中一个条款不满足（无法放置 GGG 和/或 LLL 多米诺骨牌），因此我们会知道原始表达式不能满足。
为了确保即使平面 3-SAT 不是 NP-hard 也能做到这一点，我们可以构建一个允许路径交叉的小工具。不幸的是，这个小工具有点大而且复杂，但它是我能弄明白的最小的。我将首先描述各个部分，然后描述整个小工具。
第 1 部分：交叉点。 x 和 y 是输入。 a、b 和 c 是输出。它们需要使用其他小工具组合起来，才能将 x 和 y 实际传递到彼此的另一侧。
***c
*
***
* *
* *
* *
***
***
ax*yb
这个小工具总是正好适合 7 块多米诺骨牌。有四种可能的输入组合。如果两个输入都没有突出（两者都为真），则没有输出将突出，并将填充如下（tt1）或（tt2）。如果只有输入 x 突出，那么只有 c 会突出，如下面的 (ft) 所示。如果只有输入 y 突出，则输出 a 或 c 将突出，如下面的 (tf) 所示。如果输入 x 和 y 都突出，则输出 c 突出，如下面的 (ff) 所示。
(tt) AAAc (ft) AAAc (tf) AAAc (ff) BAAA
* * * B
BBB BBB BBB CBD
C D C D C D C D
C D C D C D C D
C D C D C D E G
EEE EEE EEE EFG
FFF FFF FFF EFG
aGGGb aXGGG GGGYb aXFYb
我没有包括在 (ft) 或 (tf) 场景中可以覆盖 c 而不是 a 或 b 的可能性。这在这个小工具的范围内是可能的，但是一旦与其他小工具组合形成完整的交叉，如果这样做，它将永远不会导致大量的子句被满足，因此我们可以排除它。考虑到这一点，我们可以观察到，在这种情况下，输入 x 的值等于 b & c 的值，输入 y 等于 a & c 的值（请注意，这将是合乎逻辑的，或者更确切地说而不是逻辑，如果突出被认为是真实的而不是虚假的）。所以我们只需要对c进行拆分，然后使用逻辑和gadget将c的值分别与a和b连接起来，就可以成功完成我们的交叉了。
逻辑 and 是我们迄今为止最简单的小工具，它看起来像这样：
****
*
x*y
您实际上可能会注意到，在交叉点小工具的顶部嵌入了一个。此小工具将始终包含恰好 2 个多米诺骨牌。一个将在顶部作为输出。另一个用作开关，只有当 x 和 y 都为真（不突出）时才会水平定向，否则垂直定向，如下图所示：
BBB* ABBB ABBB ABBB
* A A A
AAA XAy xAY XAY
因此，我们可以通过拆分 c 然后添加其中两个门来完成交叉，一个用于 a & c，一个用于 b & c。将它们放在一起还需要添加一些提琴手小工具，如下所示：
******* ****
* * * *
* *** *
*** *** ***
* * *
**** * ****
* * *
* **** *
*** * ***
* *** *
**** * * ****
y * * * * x
* * * * * *
* **** *** **** *
*** *** ***
**********x*y*************
我不会为此填写示例平铺。如果你想看到它的实际效果，你必须自己做。所以，万岁！我们现在可以做任意的 3-SAT。我应该花点时间注意，这样做将是一个多项式时间变换，因为即使在最坏的情况下，我们也可以制作一个大网格，上面有所有变量及其对立面，所有项都在旁边，然后做O(n^2) 次交叉。因此，有一个简单的多项式时间算法可以解决所有这些问题，并且转换后的问题的最大大小是输入问题大小的多项式。 QED。
编辑说明：
继汤姆·西尔格达斯（Tom Sirgedas）出色地发现拆分器小工具中的错误之后，我对答案进行了一些更改。从本质上讲，我的旧分离器看起来像这样，当 x 不突出时（而不是我想要的 5）可以像这样装满 6：
y*** ***z AAAC DBBB
* * C D
*** C*D
*** EEE
*x* FFF
所以我修改了它，去掉了 x 两边的两个空格。这消除了 6 个 domino 包装，同时仍然允许 5-domino 包装，其中 y 和 z 在 x 未被覆盖时未被覆盖。