状压dp入门

题目：

有一个n*m的棋盘（1<=n<=5,1<=m<=1000）,现在有1*2和2*1的小方块无数个，想要覆盖整个棋盘，问一共有多少种方法。

如果数量大于1000000007，则输出对1000000007去余的结果。

思路：状压dp：

为了更好的理解状压dp，首先给大家介绍位运算相关的知识。
1.’&’符号，x&y，会将两个十进制数在二进制下进行与运算(都1为1，其余为0）
然后返回其十进制下的值。例如3(11)&2(10)=2(10)。
2.’|’符号，x|y，会将两个十进制数在二进制下进行或运算（都0为0，其余为1）
然后返回其十进制下的值。例如3(11)|2(10)=3(11)。
3.’^’符号，x^y，会将两个十进制数在二进制下进行异或运算（不同为1，其余
为0）然后返回其十进制下的值。例如3(11)^2(10)=1(01)。
4.’<<’符号，左移操作，x<<2，将x在二进制下的每一位向左移动两位，
最右边用0填充，也就相当于让x乘以4。
相应的，’>>’是右移操作，x>>1相当于给x/2，去掉x二进制下的最右一位。

状态压缩问题一般是指用10进制数来表示二进制下的状态，常用到位运算！！

1.判断一个数字x在二进制下第i位是不是等于1。

方法：if ( ( ( 1 << ( i - 1 ) ) & x ) >0)

解析:将1左移i-1位，相当于制造了一个只有第i位上是1，

其他位上都是0的二进制数,然后用该数与x做与运算，

如果结果>0，说明x第i位上是1，反之则是0。

2.把一个数字x在二进制下的第i位更改成1。

方法：x |= ( 1<<(i-1) )

证明方法与1类似（将1左移i-1位，相当于制造了一个只有第i位上是1，

其他位上都是0的二进制数,然后用该数与x做或运算，只要存在1就为1，

所得结果即为新的x值

AC：代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int dp[1005][33];
int n,m;

#define mod 1000000007

void dfs(int i,int j,int state,int nex)
{
	if( j ==  n){
		dp[i+1][nex] += dp[i][state];
		return;
	}
	if( ((1<<j)&state) > 0 ){
		dfs(i,j+1,state,nex);
	}
	if( ((1<<j)&state) == 0 ){
		dfs(i,j+1,state,nex|(1<<j));
	}
	if(j+1<n && ((1<<j)&state) == 0 && ((1<<(j+1))&state) == 0 ){
		dfs(i,j+2,state,nex);
	}
	return;
}

int main()
{
	
	while (~scanf("%d %d",&n,&m))
	{
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		dp[1][0] = 1;
		for (int i = 1;i<=m;i++){
			for (int j = 0;j<(1 << n);j++){
				if(dp[i][j]){
					dfs(i ,0 ,j ,0 );
				}
			}
		}
		printf("%d\n",dp[m+1][0]%mod);
	}
	
	return 0;
}