個人覺得\(\mbox{POJ}\)有點玄學（畢竟是北大），勿噴。

題目描述

求把 \(N\times M\) 的棋盤分成若干個 \(1\times 2\) 的長方形，有多少種方案。

分析

首先，如果 \(N\times M\in \{x|x=2k+1,k\in \mbox{Z}\}\) (\(N\times M\) 為奇數)，直接下一個。

\(1\times 2\) 的骨牌可以有兩種覆蓋方法，橫著覆蓋或是豎著覆蓋。

橫著放只取決於目前一行的狀態，豎著放則依賴於上下兩行。

於是我們可以將其表示為二進位制，\(0\) 表示這一行這一位是完整的，\(1\) 表示不完整，需要上面或下面加一塊來補。

例如，對於一個 \(4\times 4\)

那麼第二排就可以這樣放：

合起來就是

不難發現，如果第一行某一位狀態為 \(1\) ，那麼第二行這一位狀態只能為 \(1\)，如果第一行某一位狀態為 \(0\)，那麼第二行這一位狀態可以任選。

不過，第三行怎麼放呢？

如果我們將前兩行的結果壓為第一行，那麼前兩行的狀態就是：

因為前兩行已經組成了一個完整的長方形，不缺了。

這個 \(\ 0\ 0\ 1\ 1\)如何得來呢？

不難發現：

所以，這一個狀壓 \(\mbox{DP}\) 的解題鑰匙，就是 \(\mbox{xor}\) 運算。

狀態

\(f_{i,j}\) 覆蓋第 \(i\) 行後，第\(1\ to\ i\)行狀態為 \(j\) 的方案數。

目標

\(f_{n,0}\)

狀態轉移

\(f_{i,j\ \mbox{xor}\ k}+=f_{i-1,k} (\ (j\ \mbox{xor}\ k)\ \mbox{and}\ k\ =\ 0\ )\)

\(j\) 表示當前行狀態,\((j\ \mbox{xor}\ k)\ \mbox{and}\ k\ =\ 0\)

注意，\(j\) 必須是合法狀態，可以事先處理出來，而 \(k\) 是總狀態，必須列舉。

初始狀態

\(f_{1,j} = 1\)

\(j\) 是一個合法狀態

AC code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x;
}
int d[15][405];
int cnt[15];
void prep(){
	for(int i=0;i<(1<<11);i++){//預處理合法狀態，將010一類不可能的狀態排除 
		int tot=0;
		for(int j=0;j<11;j++){
			int t=(i>>j)&1;
			if(!t)tot++;
			if(tot&1){
				if(t)break;
				continue;
			}
			if(i>(1<<j+1)-1)continue;
			cnt[j+1]++;
			d[j+1][cnt[j+1]]=i;
		}
	}
}
typedef long long ll;
ll f[15][(1<<11)+5];
int main(){
	prep();
	while(true){
		int n=read(),m=read();
		if(!n&&!m)break;
		if((n&1)&&(m&1)){
			puts("0");
			continue;
		}
		memset(f,0,sizeof f);
		for(int i=1;i<=cnt[m];i++)f[1][d[m][i]]=1;//初始狀態 
		for(int i=2;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=cnt[m];j++){
				for(int k=0;k<(1<<m);k++){//列舉前i-1行的狀態 
					if((d[m][j]^k)&k)continue;//排除不補空的狀態 
					f[i][d[m][j]^k]+=f[i-1][k];
				}
			}
		}
		printf("%lld\n",f[n][0]);
	}
	return 0;
}

$$-----EOF-----$$