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畅畅说：“你们都说窝脑子瓦特了，我看你们才是脑子瓦特嘞- -”
为了阻挠我们再次揭露他的无chǐ，畅畅妄图破坏我们的显示器，他拿出了自己收集的牙签包装袋，其大小是1×2的矩形，他想用密铺的方式把显示器全部遮挡住。显示器大小是W×H的矩形，畅畅把包装袋背面涂上了胶水，开始一块一块粘到显示器上，要求不能有包装袋重叠，也不能有显示器的某一部分没被遮挡，包装袋的放置只有两种情况：横放和竖放。
畅畅为自己的周密计划洋洋得意之时，脑子又瓦特了，他想让你帮他算算针对每台显示器一共有多少种不同的密铺方式。
认为显示器是有方向的，即对称的密铺方式要算重复计数，例如 2×2 的显示器密铺方案有两种，一种是2个包装袋都横放，另一种是两个包装袋都竖放。
不能密铺的则输出0。
牙签包装袋足够用。
输入包括若干行，每行有两个整数Wi和Hi，表示这台显示器大小，输入数据以Wi=Hi=0作为结束，每台显示器大小 1<=Hi,Wi<=11。
针对每行输入，每次输出一个整数表示对该显示器密铺的方案总数。Wi=Hi=0时不需要输出。
1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0
1
0
1
2
3
5
144
51205
畅畅说如果Wi×Hi是奇数的话可行的方案数就是0了。
畅畅思来想去，认为以行为单位来一行行填充，同时用状态压缩的方式表示每一行的填充状态，0表示空1表示已填充，如一个长为3的行有000，001，010，011，100，101，110，111这样几种状态表示。
畅畅觉得动态规划太难的话，只有暴力搜索了。
畅畅说30%测试点只有一台显示器，70%测试点只有不超过十台显示器，100%测试点只有不超过121台显示器
畅畅说答案很小的，long long就够了
铺砖块问题。每一行为一个阶段，最多有2^11种状态，那么枚举这一行的状态就好了，在这一行的状态确定的情况下，枚举上一行的状态，检查是否兼容（若上一行为0，表示没有铺，则这一行对应位置必须为1，若上一行为1，这一行可以为0也可以为1，但要注意的是，若为1，说明两行的这个位置都是平铺，否则必有其中一个为零（下一行来铺），那么由于是平铺，下一个位置的两行都为1，否则状态不兼容），若兼容则加上对应的数目。
复杂度为h*(2^w)*(2^w)。也可以一个点一个点动归，这个还没实现过，暂时不表。
代码：
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 using namespace std; 4 5 int w,h; 6 long long dp[11][1<<11]; 7 long long first_line(int n) 8 { 9 int t = 1; 10 for (int i = 1;i <= w;++i,t <<= 1) 11 { 12 if (t & n) 13 { 14 if (i==w || !(n&(t<<1))) return 0; 15 else 16 { 17 i++; 18 t <<= 1; 19 } 20 } 21 } 22 return 1; 23 } 24 bool match(int n,int l) 25 { 26 int t = 1; 27 for (int i = 1;i <= w;++i,t<<=1) 28 { 29 if (t & n) 30 { 31 if (t & l) //两行都为1 32 { 33 if (i==w || !((n & (t<<1)) && (l & (t<<1))) ) return 0; 34 else 35 { 36 i++;t<<=1; 37 } 38 } 39 } 40 else if (!(t & l)) return 0; 41 } 42 return 1; 43 } 44 int main(){ 45 46 while (1) 47 { 48 cin>>w>>h; 49 if (h==0 && w==0) break; 50 if ((h*w)&1) //边长为奇数 51 { 52 cout<<0<<endl; 53 continue; 54 } 55 if (h<w) //减少复杂度 56 { 57 h = h^w; 58 w = h^w; 59 h = h^w; 60 } 61 memset(dp,0,sizeof(dp)); 62 for (int i = 0;i < 1<<w;++i) dp[0][i] = first_line(i); //initialize 63 for (int i = 1;i < h;++i) 64 for (int j = 0;j < 1<<w;++j) //当前行状态枚举 65 for (int k = 0;k < 1<<w;++k) //前一行状态枚举 66 { 67 if (match(j,k)) dp[i][j] += dp[i-1][k]; 68 } 69 cout<<dp[h-1][(1<<w)-1]<<endl; 70 } 71 72 return 0; 73 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/wenma/p/4655850.html
