POJ 2411 Mondriaan's Dream -- 状压DP

题目：Mondriaan's Dream

题意：用 1*2 的瓷砖去填 n*m 的地板，问有多少种填法。

思路：

　　很久很久以前便做过的一道题目，状压DP，当时写得估计挺艰辛的，今天搜插头DP又搜到它，就先用状压DP写了下，顺利多了，没一会就出来了，可惜因为long long没有1A。

　　思路挺简单，一行一行解决，每一列用1 表示对下一行有影响，用0 表示对下一行没有影响，所以一行最多2048 种可能，然后要筛选一下，因为有些本身就不合理，有些因为上一行的影响变得不合理，然后简单的三重循环搞定，发现以前的代码效率更高，懒得追究了，一起贴出来。

  1 #include<stdio.h>
  2 #include<string.h>
  3 #include<stdlib.h>
  4 #define N 200
  5 typedef long long LL;
  6 int ans[N],ao;
  7 bool check(int i,int m)
  8 {
  9   int co=0,o=0;
 10   while(i)
 11   {
 12     o++;
 13     if(i&1)
 14     {
 15       if(co&1) return false;
 16       else co=0;
 17     }
 18     else
 19     {
 20       co++;
 21     }
 22     i>>=1;
 23   }
 24   if((m-o)&1)
 25     return false;
 26   return true;
 27 }
 28 void find(int m)
 29 {
 30   for(int i=0;i<(1<<m);i++)
 31   {
 32     if(check(i,m)==1)
 33     {
 34       ans[ao++]=i;
 35     }
 36   }
 37 }
 38 void dis(int i,int m)
 39 {
 40   int o=0;
 41   while(i)
 42   {
 43     printf("%d",i&1);
 44     o++;
 45     i>>=1;
 46   }
 47   for(int j=o;j<m;j++)
 48     printf("0");
 49   printf("\n");
 50 }
 51 int pre[12][410000],po;
 52 LL dp[12][2050];
 53 bool check_2(int a,int b)
 54 {
 55   while(a)
 56   {
 57     if(a&1)
 58     {
 59       if(b&1);
 60       else return false;
 61     }
 62     a>>=1;
 63     b>>=1;
 64   }
 65   return true;
 66 }
 67 int main()
 68 {
 69   int n,m;
 70   while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
 71   {
 72     if(n==0&&m==0) break;
 73     ao=0;
 74     find(m);
 75     memset(dp,0,sizeof(dp));
 76     po=0;
 77     for(int i=0;i<ao;i++)
 78     {
 79       pre[0][po++]=ans[i];
 80       dp[0][ans[i]]=1;
 81     }
 82     int ko=0;
 83     bool v[2050]={0};
 84     for(int i=1;i<n;i++)
 85     {
 86       memset(v,0,sizeof(v));
 87       for(int k=0;k<po;k++)
 88       {
 89         if(v[pre[i-1][k]]) continue;
 90         v[pre[i-1][k]]=1;
 91         for(int j=0;j<ao;j++)
 92         {
 93           if(check_2(pre[i-1][k],ans[j]))
 94           {
 95             //printf("pre %d ans %d\n",pre[i-1][k],ans[j]);
 96             pre[i][ko++]=ans[j]^pre[i-1][k];
 97             dp[i][pre[i][ko-1]]+=dp[i-1][pre[i-1][k]];
 98           }
 99         }
100       }
101       po=ko;
102     }
103     printf("%I64d\n",dp[n-1][0]);
104   }
105   return 0;
106 }

AC代码--1