题目大意
用1x2的单元拼接出 NxM的矩形，单元可以横放或者纵放，N < 1000， M <= 5. 求不同的拼接方案总数。
分析
计算机解决问题的基本思路：搜索状态空间。如果采用dfs进行搜索，则可以将当前搜索的位置(i, j)作为状态，而不保存棋盘的占用情况，每次扩展时进行判断是否可行。这样可以得到最后的结果，但当然会超时。
（1） 参考hiho_1048中的提示，可以知道在搜索的时候按照固定的顺序可以大幅度剪枝（通过将无序的搜索变成有序的搜索来实现）。然后可以对中间结果进行保存，即记忆化搜索。状态dp[i][j][s1][s2] 表示求第i行，第j列位置开始扩展，且第i行的占用状态为s1, 第i+1行的占用状态为s2 时，填满剩余的空格的方案总数。
（2）将记忆化搜索直接使用动态规划来实现，状态 dp2[i][k1][k2] 表示前i-1行都已经填满了，此时第i行的占用情况的二进制表示转换为十进制为 k1，第i+1行的占用情况的二进制表示转换为十进制为 k2，达到此时棋盘占用情况的摆放方案总数。
这样，可以进行状态转移时，枚举第i行的占用情况k1，和第i+1行的占用情况k2，看是否可以进行扩展,blabla...
实现
#include<iostream> #include<stdio.h> #include<string.h> using namespace std; #define BIT(i, j) (i & (1 << (j - 1))) const int mod = 1000000007; int dp[1005][5][35][35]; /*记忆化搜索 n,m为边界n行，m列。 求第i行，第j列位置开始扩展，且第i行的占用状态为s1, 第i+1行的占用状态为s2 时，填满剩余的空格的方案总数 */ int dfs(int n, int m, int i, int j, int s1, int s2){ if (dp[i][j][s1][s2] != -1) return dp[i][j][s1][s2]; int result = 0; //边界！！ 无法继续扩展时，取值为1，表示所有扩展到此的合理情况的初始均为1 if (i > n || j > m || s1 >= (1 << m) || s2 >= (1 << m)) return 1; //如果第i行位置j（从右向左）被占用，且j < m，向左扩展 if (BIT(s1, j) && j < m) result = dfs(n, m, i, j + 1, s1, s2); //如果第i行位置j（从右向左）被占用，且j = m，向下一行扩展 else if (BIT(s1, j) && j == m) result = dfs(n, m, i + 1, 1, s2, 0); //如果第i行位置j没有被占用，且无法向左或者向下扩展 else if (BIT(s1, j) == 0 && (j == m || BIT(s1, j + 1)) && (i == n || BIT(s2, j))) result = 0; //如果第i行位置j没有被占用，且只能向左扩展 else if (BIT(s1, j) == 0 && j < m && BIT(s1, j + 1) == 0 && (i == n || BIT(s2, j))) result = dfs(n, m, i, j, s1 | (1 << (j - 1)) | (1 << j), s2); //如果第i行位置j没有被占用，且只能向下扩展 else if (BIT(s1, j) == 0 && (j == m || BIT(s1, j + 1)) && (i < n && BIT(s2, j) == 0)) result = dfs(n, m, i, j, s1 | (1 << (j - 1)), s2 | (1 << (j - 1))); //如果第i行位置j没有被占用，且可以向左或向下扩展 else if (BIT(s1, j) == 0 && j < m && BIT(s1, j + 1) == 0 && i < n && (BIT(s2, j) == 0)) result = dfs(n, m, i, j, s1 | (1 << (j - 1)) | (1 << j), s2) + dfs(n, m, i, j, s1 | (1 << (j - 1)), s2 | (1 << (j - 1))); //记忆化保存 return dp[i][j][s1][s2] = result % mod; } //动归数组， dp2[i][k1][k2] 表示前i-1行都已经填满了，此时第i行的占用情况的二进制表示转换为十进制为 k1， // 第i+1行的占用情况的二进制表示转换为十进制为 k2 int dp2[1005][35][35]; int main(){ int n, m; scanf("%d %d", &n, &m); /* 记忆化搜索 memset(dp, -1, sizeof(dp)); int result = dfs(n, m, 1, 1, 0, 0); printf("%d ", result); */ //动态规划 memset(dp2, 0, sizeof(dp2)); //初始状态，第1行未被占用，只有1种可能。 dp2[1][0][0] = 1; int mx = 1 << m; for (int i = 1; i <= n; i++){
/*
下面的 j （第i行从右到左的每个位置）循环放在 k1(第i行当前的bit状态) 之前是为了去除重复！ 因为我们总是按照顺序从上到下，从右到左枚举当前可以放置方块的位置点，
在循环到每个（i, j）点，都看当前的哪些k1状态可以在次扩展
*/ for (int j = 1; j <= m; j++){ //枚举第i行的所有情况（占用情况的二进制表示转换为十进制） for (int k1 = 0; k1 < mx; k1++){ //如果第i行的第j个位置（从右向左）为0，则可以从这里开始扩展 if ((k1 & (1 << (j - 1))) == 0){ //看是否可以横向扩展 if (j < m && ( ((1 << j) & k1) == 0)){ //状态转移 for (int k2 = 0; k2 < mx; k2++){ dp2[i][k1 | (1 << j) | (1 << (j - 1))][k2] = (dp2[i][k1 | (1 << j) | (1 << (j - 1))][k2] + dp2[i][k1][k2]) % mod; } } if (i < n) //看是否可以纵向扩展 //当前的第i+1行的占用情况 for (int k2 = 0; k2 < mx; k2++){ //如果第i+1行的第j个位置（从右向左）为0，则可以纵向扩展 if (((1 << (j-1)) & k2) == 0) //状态转移 dp2[i][k1 | (1 << (j - 1))][k2 | (1 << (j - 1))] = (dp2[i][k1 | (1 << (j - 1))][k2 | (1 << (j - 1))] + dp2[i][k1][k2]) % mod; } } } } //当第i行全部被占用满时，可以将第i+1行的状态 转移到 i+1行的当前行 for (int k = 0; k < mx; k++){ dp2[i + 1][k][0] = dp2[i][mx - 1][k]; } } //最后的结果是n行全部占满，此时第n行为 mx-1， 第n+1行为0 printf("%d ", dp2[n][mx-1][0]); return 0; }