矩陣覆蓋那點事兒

（

poj2663）用1 * 2或2 * 1的小矩形完全覆蓋3 * n的矩形有多少種方案。

顯然的，當n為奇數的時候無法完全覆蓋，即此時的答案是0；當n為偶數的時候，首先我們以2為乙個單位，每個3 * 2的矩形完全覆蓋共有3個方法，以4為乙個單位，每個3 * 4的矩形完全覆蓋共有2種方法，．．．依次類推。這樣得到方程：f[ i ] = 3 * f[ i - 2 ] + 2 * ( f[ i - 4 ] + f[ i - 6 ] + ... + f[ 0 ])。再進行簡化，根據剛才的式子，我們可以得出f[ i - 2 ] = 3 * f[ i - 4 ] + 2 * ( f[ i - 6 ] + ... + f[ 0 ])，所以2 * ( f[ i - 6 ] + f[ i - 8 ] + ... + f[ 0 ] ) = f[ i - 2 ] - 3 * f[ i - 4 ]。代回第乙個式子中：f[ i ] = 3 * f[ i - 2 ] + 2 * f[ i - 4 ] + f[ i - 2 ] - 3 * f[ i - 4 ] = 4 * f[ i - 2 ] - f[ i - 4 ]。

特別地，f[ 0 ] = 1。我也不知道為什麼，但是當成 0 會 wa，可能是理解不一樣：① 0 的時候沒用小矩形可放，所以為 0 ；② 要滿足 0 的情況應該什麼都不放，所以唯一的乙個答案就是什麼都不放，所以為 1 (自己胡說)。

#include using namespace std;
const int max_n = 35;
int n;
long long f[max_n];
void doit()
int main()
return 0;
}

（poj2411）用1 * 2或2 * 1的小矩形覆蓋n * m的大矩形，有多少種方案。

剛剛n = 3時，我們可以人為知道它有哪些狀態，但是這是特殊情況，如果n為任意值呢？顯然狀態就不止幾個，所以要先找出所有可行的狀態，用dfs搜尋出來。因為dfs狀態還是乙個比較費時的演算法，為了加快速度，我們把短的那個當做寬來列舉狀態。首先，我們規定：放置橫著和豎著的矩形時第i個格仔的狀態為1；而豎矩形的上乙個和不放置矩形的狀態為0；可以畫一畫進一步理解這個規定。而且因為這是我們人為規定的，所以轉移時總能找到下乙個合法狀態。

畫過圖基本就可以知道如何轉移了（i為當前行第i個格仔，即第i列，now為當前行的狀態，pre為上一行的狀態）：1、放置豎矩形，當第i列為1時，那麼pre的第i列就得是0 ( i = i + 1, now << 1 | 1, pre << 1 );2、放置豎矩形，當第i列為0時，那麼pre的第i列可以為1 ( i = i + 1, now << 1, pre << 1 | 1 );3、放置橫矩形，因為橫矩形佔兩個格仔，且now和pre都為1，所以( i = i + 2, now << 2 | 3, pre << 2 | 3); 最後把now, pre存在乙個二維陣列中，path[ tot ][ 0 ] = pre，path[ tot ][ 1 ] = now;

然後就要進行行的轉移，很簡單：設f[ i ][ path[ j ] ]表示鋪滿前i行狀態為第j個的方案數；轉移為f[ i + 1 ][ path[ j ][ 1 ] ] += f[ i ][ path[ j ][ 0 ] ]；因為要全部鋪滿，所以到最後一行時，狀態應該全部為1。所以答案為f[ n ][ (1 << m) - 1];

#include #include #include using namespace std;
const int max_n = 15;
int n, m, tot = 0;
long long f[max_n][2500];
int path[14000][2];
void dfs(int l, int now, int pre)
dfs(l + 1, now << 1 | 1, pre << 1);
dfs(l + 1, now << 1, pre << 1 | 1);
dfs(l + 2, now << 2 | 3, pre << 2 | 3);
}void doit()
printf("%lld\n", f[n][(1 << m) - 1]);
}int main()
return 0;
}

用1 * 2或2 * 1的矩形完全覆蓋4 * n的矩形的方案數

和上一道題差不多，不同是的是n比較大，要用矩陣乘法優化

#include #include using namespace std;
struct nodea;
int n, m, w;
void dfs(int l, int now, int pre)
dfs(l + 1, now << 1 | 1, pre << 1);
dfs(l + 1, now << 1, pre << 1 | 1);
dfs(l + 2, now << 2 | 3, pre << 2 | 3);
}node mul(node a, node b)
} return c;
}node gao(node a, int k)
return p;
}void doit()
node ans = gao(a, n); 
printf("%lld\n", ans.mat[15][15]);
}int main()
return 0;
}

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