題目描述

農夫約翰的土地由\(M \times N\) 個小方格組成，現在他要在土地裡種植玉米。

非常遺憾，部分土地是不育的，無法種植。

而且，相鄰的土地不能同時種植玉米，也就是說種植玉米的所有方格之間都不會有公共邊緣。

（注意：這裡是上下左右邊緣，不是兩斜對角邊緣）

現在給定土地的大小，請你求出共有多少種種植方法。

土地上什麼都不種也算一種方法。

輸入格式

第\(1\)行包含兩個整數\(M\)和\(N\)。

第\(2 \dots M+1\)行：每行包含\(N\)個整數\(0\)或\(1\)，用來描述整個土地的狀況，\(1\)表示該塊土地肥沃，\(0\)表示該塊土地不育。

輸出格式

輸出總種植方法對\(100000000\)

資料範圍

\[1 \le M,N \le 2 \]

輸入樣例：

2 3
1 1 1
0 1 0

輸出樣例：

9

演算法解析

配合演算法進階課y總講解視訊使用更佳。

演算法構造

經典的棋盤型狀態壓縮動態規劃，我們可以按照之前Acwing上P1064小國王的思路，處理本題。

首先，我們需要明確，題目的要求：

1. 統計方案數
2. 有些土地不能種植

狀態設計

首先，我們得明確狀態是什麼。

我們這個狀態，肯定是要統計方案數。

我們這個狀態，必然需要表示每一行土地種植的狀態。

因此得到：

\[f[i][s]表示已經種植前i行，且第i行種植的狀態為s的方案數 \]

狀態轉移

題目的限制條件，其實就是我們轉移的限制條件。

我們知道，這裡是十字形的禁止種植，也就是上下左右不能有相鄰的兩棵玉米。

那麼怎麼判斷呢？

如果說我們把\(1\)表示這個地方種植玉米，\(0\)表示不種植

\[S=1110 \quad 1,2,3這三個地方種玉米，第四個地方不種植玉米 \]

對於一行而言，不能種植相鄰的玉米。

即：

對於一行而言，不能有相鄰的\(1\)

\[S=1110 \quad 是不合法的狀態 \]

對於相鄰的兩行而言，不能在同一列都種植玉米

\[a=1010 \\\\ b=1000 \\\\ 這是不可以的，在第一個位置會出現上下矛盾 \]

那麼我們可以轉化為：

\[a \& b==0 \]

最後，對於題目中的土地不能種植，我們可以認為。

\[如果第i行的狀態為s，那麼荒廢土地處不能有1 \]

我們可以設計一個數組：

\[g[i]表示第i行不能種植土地的狀態 \\\\ g[1]=1011 \quad 表示第一行，第一個，第三個，第四個位置不能種植玉米 \]

總而言之

\[第i行的狀態為s \\\\ 那麼s \& g[i]==0 \]

程式碼解析

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=13,Mod=100000000;
vector<int> state,head[1<<N];
int n,m,x,f[14][1<<N],g[N];
inline bool check(int x)//快速判斷有沒有相鄰的1
{
	return !(x&x>>1);
}
inline void init()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1; i<=n; i++)
		for (int j=1; j<=m; j++)
		{
			scanf("%d",&x);
			g[i]+=(!x<<(j-1));//荒廢土地是0，我們在這裡轉換為1
		}
	for(int i=0; i<(1<<m); i++)
		if (check(i))//這個狀態不存在種植左右相鄰的玉米
			state.push_back(i);
	for(int i=0; i<state.size(); i++)
		for(int j=0; j<state.size(); j++)
			if (!(state[i] & state[j]))//i對應的狀態和j對應的狀態沒有在同一列種植玉米
				head[i].push_back(j);
	f[0][0]=1;
	for(int i=1; i<=n+1; i++)
		for(int a=0; a<state.size(); a++)
		{
			if (state[a] & g[i])//在第i行，狀態a是否滿足在荒廢土地沒有種植玉米
				continue;
			for(int b=0; b<head[a].size(); b++)//從上一行b對應的狀態，轉到本行a對應的狀態
				f[i][a]=(f[i][a]+f[i-1][head[a][b]])%Mod;
		}
	printf("%d\n",f[n+1][0]);//表示第n+1行什麼都沒種植的狀態，其實就是累加f[n][S]
}
signed main()
{
	init();
	return 0;
}