題目鏈接:POJ 3254
分析:設行數爲n,列數爲m。可把dp數組設爲dp[i][j],表示爲第i行,狀態爲j時可行數,先預處理出所有可行狀態、可兼容狀態對(可兼容的含義爲:兩個狀態作爲相鄰的兩行時,兩行間的1不跨行相鄰),並用tot[i]表示每行有i個元素時的可行狀態數(假設每行全爲1),dp方程爲dp[i][j] = sum( dp[i-1][k] ) k = 0... tot[m] 其中狀態j在第i行可行,狀態k在第i-1行可行,且狀態j和狀態k可兼容。
sum(dp[n-1][j]) j = 0...tot[m] 即爲所求。
代碼如下:
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int N = 12, M = 12, mod = 100000000;
int dp[N][1<<M], mat[N][M], sta[M+1][555], tot[M+1], a[N];
bool ad[M+1][555][555];
int main()
{
// freopen("in", "r", stdin);
for(int m = 1; m <= 12; ++m) {
for(int i = 0; i < 1 << m; ++i) {
if(!(i & i << 1)) sta[m][tot[m]++] = i;
}
for(int i = 0; i < tot[m]; ++i) {
for(int j = 0; j < tot[m]; ++j) {
ad[m][i][j] = !(sta[m][i] & sta[m][j]);
}
}
}
int n, m;
while(~scanf("%d%d", &n, &m)) {
memset(a, 0, sizeof a);
for(int i = 0; i < n; ++i) {
for(int j = 0; j < m; ++j) {
scanf("%d", mat[i] + j);
a[i] |= !mat[i][j] << j;
}
}
memset(dp, 0, sizeof dp);
for(int i = 0; i < tot[m]; ++i) {
if(!(a[0] & sta[m][i])) dp[0][sta[m][i]] = 1;
}
for(int i = 1; i < n; ++i) {
for(int j = 0; j < tot[m]; ++j) {
if(!(a[i] & sta[m][j]))
for(int k = 0; k < tot[m]; ++k) {
if(ad[m][j][k] && !(a[i-1] & sta[m][k]))
dp[i][sta[m][j]] = (dp[i][sta[m][j]] + dp[i-1][sta[m][k]]) % mod;
}
}
}
int ans = 0;
for(int i = 0; i < tot[m]; ++i)
ans = (ans + dp[n-1][sta[m][i]]) % mod;
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}