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题意：给一个n*m的矩阵，为1时代表空格子，为0时代表障碍格子，问如果不经过障碍格子，可以画一至多个圆的话，有多少种方案？（n<12，m<12）
思路：
以一个非障碍格子为单位进行DP转移，所以可以用滚动数组。只需要保存m+1个插头的状态，其中有一个是右插头，其他都是下插头，若有插头的存在，该位为1，否则为0，初始时都是0。
需要考虑的是，（1）如果两个边缘都是插头，那么必须接上它们；（2）如果仅有一边是插头，则延续插头，可以有两个延续的方向（下和右）；（3）如果都没有插头，那么必须另开两个新插头（新连通分量）。
如下图，记录的状态是：101111。由于是按行来保存状态的，第一个格子需要特殊考虑，将所有状态左移一位，最后的一位就是右方向的边缘。假设上行都有下插头，那么此行初始时是011111，可以看到最左边的是0，表示无右插头，注意：我是按照111110保存的，即最低位是最左边。
初始格子dp[0][0]=1，而答案就是dp[cur][0]了，肯定是无插头存在的状态了，所有的圆圈都是完整的。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define pii pair<int,int> 3 #define INF 0x3f3f3f3f 4 #define LL long long 5 using namespace std; 6 const int N=13; 7 int g[N][N], cur; 8 LL dp[N][1<<N]; 9 10 void clear() 11 { 12 cur^=1; 13 memset(dp[cur], 0, sizeof(dp[cur])); 14 } 15 16 LL cal(int n,int m) 17 { 18 dp[0][0]=1; //开始时没有任何插头 19 for(int i=0; i<n; i++) //枚举格子 20 { 21 clear(); 22 for(int k=0; k<(1<<m); k++) dp[cur][k<<1]+=dp[cur^1][k]; //最高位自动会被忽略 23 for(int j=0; j<m; j++) 24 { 25 int r=(1<<j), d=(1<<(j+1)); //r和d 相当于 右和下 26 clear(); 27 for(int k=0; k<(1<<(m+1)); k++) //枚举状态 28 { 29 if(g[i][j]) //空格 30 { 31 if( (k&r) && (k&d) ) //两边都有插头:连起来，变无插头 32 dp[cur][k^r^d]+=dp[cur^1][k]; 33 else if( k&r || k&d ) //其中一边有插头：可转两个方向 34 { 35 dp[cur][k]+=dp[cur^1][k]; 36 dp[cur][k^r^d]+=dp[cur^1][k]; 37 } 38 else //无插头：另开两个新插头 39 dp[cur][k|r|d]=dp[cur^1][k]; 40 } 41 else //障碍格子 42 { 43 if( !(k&r) && !(k&d) ) 44 dp[cur][k]=dp[cur^1][k]; 45 } 46 } 47 } 48 } 49 return dp[cur][0]; 50 } 51 52 int main() 53 { 54 //freopen("input.txt", "r", stdin); 55 int n, m, t, Case=0; 56 cin>>t; 57 while(t--) 58 { 59 scanf("%d%d",&n,&m); 60 memset(g, 0, sizeof(g)); 61 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 62 for(int i=0; i<n; i++) 63 for(int j=0; j<m; j++) 64 scanf("%d",&g[i][j]); 65 printf("Case %d: There are %lld ways to eat the trees.\n", ++Case, cal(n,m)); 66 } 67 return 0; 68 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/xcw0754/p/4782016.html
