291. 蒙德里安的梦想 - AcWing题库

求把 N×MN×M 的棋盘分割成若干个 1×21×2 的长方形，有多少种方案。

例如当 N=2，M=4N=2，M=4 时，共有 55 种方案。当 N=2，M=3N=2，M=3 时，共有 33 种方案。

如下图所示：

输入格式

输入包含多组测试用例。

每组测试用例占一行，包含两个整数 NN 和 MM。

当输入用例 N=0，M=0N=0，M=0 时，表示输入终止，且该用例无需处理。

输出格式

每个测试用例输出一个结果，每个结果占一行。

数据范围

1≤N,M≤111≤N,M≤11

输入样例：

解释

1 2 
1 3 
1 4 
2 2 
2 3 
2 4 
2 11 
4 11 
0 0

输出样例：

解释

1 
0 
1 
2 
3 
5 
144 
51205

这道题的本质是将棋盘分割成若干个1×2的长方形。通过状态压缩的思想，我们将棋盘的每一列进行压缩，用位运算表示每一列的状态，然后通过动态规划（DP）来实现转移。

题目分析

• 棋盘的状态压缩：由于棋盘是二维的，我们需要解决的是如何摆放这些1×2的长方形。在每列上我们可以通过一个二进制数表示列的状态。每一位（bit）代表这一列中的每一个格子，当这一位为1时表示该格子已被占用，为0表示未被占用。

• 列与列之间的状态转移：由于每一列的状态与相邻列的状态有关，因此需要考虑相邻列之间的“兼容性”，也就是确保相邻的列不会发生重叠。例如，当前列与前一列不能有相邻的空格被两个不同的长方形占据，否则就不合法。

状态压缩的应用

1. 状态表示：

   • 使用一个 n 位的二进制数 i 来表示一列中的每个格子的状态。比如，对于一个 2×4 的棋盘，可以使用 2 位二进制数表示每一列的状态：

     • 00 表示这一列的两个格子都没有被占据；

     • 01 表示这一列的上面格子已经被占据，下面的格子没有被占据；

     • 10 表示这一列的上面格子没有被占据，下面的格子被占据；

     • 11 表示这一列的两个格子都已经被占据。

2. 合法状态的判断：

   • 每列的状态需要满足1×2的长方形能够合理地摆放。这意味着，在同一列中，连续的空格数量必须为偶数，因为1×2的长方形需要覆盖两个格子。如果有奇数个空格，则该列的状态为非法状态。

3. 相邻列的状态转移：

   • 在进行状态转移时，需要确保当前列的状态和前一列的状态是合法的。具体来说，当前列的状态 i 和前一列的状态 j 不应在同一个位置上都有1，即 (i & j) == 0。此外，i 和 j 的合并状态必须是合法的（即满足所有被占用的格子组成的空隙的数量为偶数）。

4. 状态转移方程：

   • 定义 f[i][j] 表示前 i 列的状态为 j 的方案数。那么状态转移方程为：

     f[i][j] += f[i - 1][k]  // 对于所有合法的 k

   • 其中，k 是前一列的状态，state[j][k] == 1 表示状态 j 和 k 之间可以合法转移。

代码分析

• 状态初始化：

  • state[i][j] 用于表示列状态 i 和 j 是否可以组合为合法状态，st[i] 用于表示单列状态 i 是否合法。

• DP 过程：

  • 通过动态规划数组 f，递推计算出所有可能的合法分割方案。

• 状态压缩的意义：

  • 通过位运算，我们将二维的棋盘问题转化为一维的状态表示，并且通过位操作来判断状态的合法性和相邻列状态的转移。这种做法可以极大地减少我们对状态的存储和处理需求，避免暴力解法中的重复计算。

状态压缩的步骤总结：

1. 列状态的表示：每列的状态用二进制表示，位数等于行数 N。

2. 列状态的合法性判断：每列必须能被1×2的长方形完全覆盖，空格数必须为偶数。

3. 状态转移的合法性判断：相邻列的状态不能冲突，且合并后的状态必须是合法的。

4. 通过DP递推解决：使用 f[i][j] 表示前 i 列状态为 j 的方案数，最终输出结果 f[m][0] 即为棋盘的合法分割方案数。

小结

通过状态压缩，我们将棋盘列的排列组合转化为位运算操作，压缩了存储和计算量，同时动态规划利用状态转移方程来高效地计算出分割方案的数量。 代码from栗子ing

import java.util.*;
​
public class Main{public static void main(String[] args) {Scanner sca = new Scanner(System.in);int N = 12, M = 1 << N;long[][] f = new long[N][M];int[][] state = new int[M][M];boolean[] st = new boolean[M];while (true) {int n = sca.nextInt();int m = sca.nextInt();//当 n 和 m 同时为 0 结束循环if (n == 0 && m == 0) {break;}for (int i = 0; i < 1<< n; i ++ ) {int cnt = 0;    //  表示的是当前 前面0的个数boolean flag = true;for (int j = 0; j < n; j ++ ) { // 从上倒下判断有多少个0// 判断现在这位是不是 1if ((i >> j & 1) == 1 ) {//如果是1，判断1前面0的个数是不是偶数，奇数的话就结束if ((cnt & 1) == 1) { // & 1  等于 1 就是奇数，反之是偶数flag = false;break;}cnt = 0;} else {cnt++; // 如果当前不是1 ，则 0 的个数 +1}}// 最后还要判断一下最后一层0的个数是不是奇数if ((cnt & 1) == 1) flag = false;// 最后将这一种状态存入st数组，表示true 合法 或者false非法st[i] = flag;}// 这是 i- 1 到 i列的方块for (int i = 0; i < 1 << n; i ++ ) {// 将所有的状态清零，因为多组数据防止上一组的影响Arrays.fill(state[i], 0); for(int j = 0; j < 1 << n; j ++ ) {// 当满足 1. i 和 j没有相交（同一行的两列不能连续放置方块会重叠）//        2. i - 1 列的空格数是不是偶数if ((i & j) == 0 && st[i | j]) {state[i][j] = 1;}}}for (int i = 0; i < N; i ++ ) {// 因为有多组数据，防止上一组数据的干扰Arrays.fill(f[i], 0);}// 边界，横着在第一列方只有一种方案就是 什么也不放 f[0][0] = 1;// 最后的 DP部分//为什么从1开始呢，因为从0开始的话，我们定义的f[m][j]就是前i - 1列已经摆好//如果是0开始，就会从-1个开始摆好，因为我们没有-1列，所以从1开始for (int i = 1; i <= m ; i ++ ) {// 枚举 i - 1 到 i 的所有方案啊for (int j = 0; j < 1 << n; j ++) {//枚举 i- 2 到 i- 1 的所有方案啊for (int k = 0; k < 1 << n; k ++ ) {// 现在的方案等于前面每种k方案的总和if (state[j][k] == 1 ) {f[i][j] += f[i - 1][k];}}}}System.out.println(f[m][0]);}}
}