Acwing 291. 蒙德里安的梦想

题目分析
摆放方块的时候，先放横着的，再放竖着的。总方案数等于只放横着的小方块的合法方案数。

如何判断，当前方案数是否合法？ 所有剩余位置能否填充满竖着的小方块。可以按列来看，每一列内部所有连续的空着的小方块需要是偶数个。

这是一道动态规划的题目，并且是一道 状态压缩的dp：用一个N位的二进制数，每一位表示一个物品，0/1表示不同的状态。因此可以用0→2^N−1（N二进制对应的十进制数）0→2^N−1（N二进制对应的十进制数）中的所有数来枚举全部的状态。

状态表示
状态表示：f[i][j]表示已经将前 i -1 列摆好，且从第i−1列，伸出到第 i列的状态是 j 的所有方案。其中j是一个二进制数，用来表示哪一行的小方块是横着放的，其位数和棋盘的行数一致。

状态转移
既然第 i 列固定了，我们需要看 第i-2 列是怎么转移到到第 i-1列的（看最后转移过来的状态）。假设此时对应的状态是k（第i-2列到第i-1列伸出来的二进制数，比如00100），k也是一个二进制数，1表示哪几行小方块是横着伸出来的，0表示哪几行不是横着伸出来的。

它对应的方案数是 f[i−1,k]，即前i-2列都已摆完，且从第i-2列伸到第i-1列的状态为 k 的所有方案数。

这个k需要满足什么条件呢?

首先==k不能和 j在同一行==：因为从i-1列到第i列是横着摆放的12的方块，那么i-2列到i-1列就不能是横着摆放的，否则就是1 3的方块了！这与题意矛盾。所以 k和j不能位于同一行。

既然不能同一行伸出来，那么对应的代码为(k & j ) ==0 ，表示两个数相与，如果有1位相同结果就不是0， (k & j ) ==0表示 k和j没有1位相同， 即没有1行有冲突。

既然从第i-1列到第i列横着摆的，和第i-2列到第i-1列横着摆的都确定了，那么第i-1列 空着的格子就确定了，这些空着的格子将来用作竖着放。如果 某一列有这些空着的位置，==那么该列所有连续的空着的位置长度必须是偶数==。

总共m列，我们假设列下标从0开始，即第0列，第1列……，第m-1列。根据状态表示f[i ] [j] 的定义，我们答案是什么呢？ 请读者返回定义处思考一下。答案是f[m][0]， 意思是 前m-1列全部摆好,且从第m-1列到m列状态是0（意即从第m-1列到第m列没有伸出来的）的所有方案，即整个棋盘全部摆好的方案。

时间复杂度
dp的时间复杂度 =状态表示× 状态转移

状态表示 f[i][j] 第一维i可取11，第二维j（二进制数）可取2^11 ，所以状态表示 11×2^11
状态转移 也是2^11
所以总的时间复杂度
11×2^11×2^11≈4×10^7 可以过

题解转载自：https://www.acwing.com/solution/content/28088/
 

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 12, M = 1 << N;

bool st[M];
long long f[N][M];
int n, m;

int main()
{
    while (cin >> n >> m, n || m)
    {
        memset(f, 0, sizeof(f));
        
        for (int i = 0; i < 1 << n; ++ i)
        {
            st[i] = true;
            int cnt = 0;
            for (int j = 0; j < n; ++ j)
            {
                if (i >> j & 1)
                {
                    if (cnt & 1) st[i] = false;
                    cnt = 0;
                }
                else cnt ++;
            }
            if(cnt & 1) st[i] = false;
        }
        
        f[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= m; ++ i)
            for (int j = 0; j < 1 << n; ++ j)
                for (int k = 0; k < 1 << n; ++ k)
                    if ((j & k) == 0 && st[j | k])
                        f[i][j] += f[i - 1][k];
                        
        cout << f[m][0] << endl;
    }
    
    return 0;
}