题目链接: http://poj.org/problem?id=3254
状压dp一般范围都较小,这类dp一般数据范围有一项很小(好像是不超过16吧),看到这种数据范围就可以往状压上想
先提一下位运算, '&' 表示对两个数的二进制进行操作, 相同位如果都为1, 则此位最终结果为1。
y >> x , 表示将数 y的二进制向右移 x 位, 低位舍弃,高位补 0
<< 运算符同理
题意：农夫FJ有一块n行m列的矩形土地， 有的土地是肥沃的，可以在这些土地上放牛（用1表示），有的土地不能放牛（用0表示），而且相邻的可以放牛的格子不能同时有牛，问FJ一共有多少种放牛的方案（一头牛都不放也是一种方案）。
分析：以样例为例，我们可以一行一行的考虑。假如对于每一行，用1表示放牛，0表示不放牛，
第一行的状态为：000001010011（舍弃） 100101110（舍弃）111（舍弃）
符合题意的状态只有5个，所以第一行有5种方案。
第二行的状态为：000010
但是第二行中的010和第一行中的010冲突，所以如果第二行状态为010时，共有4种方案；状态为000时，有5种方案，所以一共有4+5=9种方案。
分析完我们会发现，对于每一行，都可以一个01串来表示这一行的状态，而这个状态可以用一个十进制整数来代替，也就是说，把这个状态压缩成了一个十进制整数，所以称为是状态压缩。
本题中，dp[i][j] 就表示第i行状态为j时的方案数。
状态压缩dp中最常见的就是位运算，因为位运算可以很方便的判断当前状态是否合法。例如本题中判断第i行是不是有两块相邻的土地同时都有牛，假设当前状态为X,那么只需要判断X&(X>>1)或者X&(X<<1)的结果是不是0，如果是0，说明没有相邻的，否则就说明有相邻的。
AC代码:
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int mod = 100000000;
const int maxn = 1 << 12 + 4; // + 太多会 MLE
int dp[14][maxn]; //到第i行,j状态满足条件的个数
vector<int>v[14]; //存放第i行的状态
int mp[14][14]; //存放地图
int n , m;
int pow2(int x){ //通过2的x次方,求状态(也就是转化为10进制用)
int s = 1;
for(int i = 0;i < x;i ++)
s *= 2;
return s;
}
//根据第x行 mp[x][j] 的值, 将其二进制取反(即0为1,1为0) 算得十进制的数,即可以排除在不能种植的地方种植的方案
int state(int x){
int s = 0;
for(int i = 1;i <= m;i ++)
s += (!mp[x][i]) * pow2(m-i); ///即 s += (mp[x][i] == 0) * pow2(m-i);
return s;
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(v,0,sizeof(v));
memset(mp,0,sizeof(mp));
for(int i = 1;i <= n;i ++){
for(int j = 1;j <= m;j ++)
scanf("%d",&mp[i][j]);
}
v[0].push_back(0); //第一行不会出现与上一行相邻的情况
int k = 1 << m; //如果列数为m, 则其出现二进制最大的情况为 2的m次方 - 1 ,即 k - 1;
for(int i = 0;i < k;i ++)
dp[0][i] = 1; //第一行除了所有左右相邻的情况后,其他情况都满足
for(int i = 1;i <= n;i ++){
int tmp = state(i);
for(int j = 0;j < k;j ++){
if(j & (j << 1)) continue; //排除j的二进制中含两个相邻的1
if(j & tmp) continue; //通过tmp 求的 mp在此行的 几种子情况(土地为1的点,可种植,可不种植)
v[i].push_back(j); //将满足条件的状态放入v[i]
}
for(int j = 0;j < v[i].size();j ++){
int now = v[i][j]; //从v[i]中提取当前此行的所有状态
for(int f = 0;f < v[i-1].size();f ++){
int last = v[i-1][f]; //从v[i-1]中提取上一行的所有状态
if(now & last) continue; //冲突(即上下相邻)
dp[i][now] = (dp[i][now] + dp[i-1][last]) % mod;
}
}
}
int ans = 0;
for(int i = 0;i < k;i ++)
ans = (ans + dp[n][i]) % mod;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}