AcWing 327. 玉米田（棋盘式状压dp 十字形）

本题与上一题AcWing 1064. 小国王（棋盘式状压dp）几乎一致，只不过上一题是“井字形的约束摆放”，而本题是“十字形的约束摆放”，即：当前位置上下左右 4 个方向不能摆放棋子

题意：

给定一个 n×m 的 01 矩阵，0 的位置不能放置棋子，1 的位置能放置棋子

若在坐标 (x,y) 放置了棋子，则 四相邻 的位置上不能放置棋子

求摆放的方案数，答案对 1e8 取模

思路：

本题比较上一题要进行额外处理的，是给定的 01 矩阵里存在不能放置棋子的位置

我们用二进制存储的状态 state 中，使用 1 表示在该位置 放置棋子，0 表示在该位置 没有棋子

因此我们可以把矩阵每一层的状态也用二进制来压缩存储，且与题目给定的设定（“1 表示该块土地肥沃，0 表示该块土地不育”）相反，我们用 0 表示该位置能放棋子，1 表示不能放

这样，只需把枚举的状态 state(current) 与 矩阵这一层的状态 state(gi) 做 & 运算即可：

① 结果为 0，表示 放置棋子 的位置没有与 不能放置棋子 的位置重叠，则该状态合法
② 结果为 1，表示 放置棋子 的位置与 不能放置棋子 的位置发生重叠，则该状态 不合法

此外，两个合法的状态如果能互相转移，根据“十字形”的摆放规则，两者也需要满足相 & 结果为 0，

如果要看本题与“井字形”进行辨析以及状态转移和状态计算等其他细节的话，可以看上一道题：AcWing 1064. 小国王（棋盘式状压dp 井字形），两者是类似的。

时间复杂度：

状态数量（n × 2 ^ n）× 转移数量（即划分的集合数量2 ^ n）= n × 2 ^ (2n)（和上题类似，实际用到的状态数量很少，所以可以过）

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 14, M = 1<<N, mod = 1e8;
vector<int> state;
vector<int> head[M];
int g[N];
int m, n;
int dp[N][M];bool check(int st)
{for(int i=0; i<n-1; ++i) if((st>>i&1) && (st>>(i+1)&1)) return false;return true;
}int main()
{cin>>m>>n;for(int i=1; i<=m; ++i){for(int j=0; j<n; ++j){int t;cin>>t;g[i] += (!t)<<j; //和题设取反}}for(int i=0; i<1<<n; ++i) if(check(i)) state.push_back(i);for(int i=0; i<state.size(); ++i)for(int j=0; j<state.size(); ++j){int a = state[i], b = state[j];if(!(a&b)) head[a].push_back(b);}dp[0][0] = 1;for(int i=1; i<=m+1; ++i){for(auto a : state){if(a & g[i]) continue;for(auto b : head[a]){dp[i][a] = (dp[i][a] + dp[i-1][b]) % mod;}}}cout<<dp[m+1][0]<<endl;return 0;
}

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题意：

思路：

时间复杂度：

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