一、概述

1.状态压缩

状态压缩就是使用某种方法，简明扼要地以最小代价来表示某种状态，通常是用一串01数字（二进制数）来表示各个点的状态。这就要求使用状态压缩的对象的点的状态必须只有两种，0 或 1；当然如果有三种状态用三进制来表示也未尝不可。

2.使用条件

从状态压缩的特点来看，这个算法适用的题目符合以下的条件：

解法需要保存一定的状态数据（表示一种状态的一个数据值），每个状态数据通常情况下是可以通过2进制来表示的。这就要求状态数据的每个单元只有两种状态，比如说棋盘上的格子，放棋子或者不放，或者是硬币的正反两面。这样用0或者1来表示状态数据的每个单元，而整个状态数据就是一个一串0和1组成的二进制数。
解法需要将状态数据实现为一个基本数据类型，比如int，long等等，即所谓的状态压缩。状态压缩的目的一方面是缩小了数据存储的空间，另一方面是在状态对比和状态整体处理时能够提高效率。这样就要求状态数据中的单元个数不能太大，比如用int来表示一个状态的时候，状态的单元个数不能超过32（32位的机器），所以题目一般都是至少有一维的数据范围很小。

3.状压DP

状压DP，顾名思义，就是使用状态压缩的动态规划。

动态规划问题通常有两种，一种是对递归问题的记忆化求解，另一种是把大问题看作是多阶段的决策求解。这里用的便是后一种，这带来一个需求，即存储之前的状态，再由状态及状态对应的值推演出状态转移方程最终得到最优解。

二、位运算

一般基础的状压就是将一行的状态压成一个数，这个数的二进制形式反映了这一行的情况。由于使用二进制数来保存被压缩的状态，所以要用到神奇的二进制位运算操作，将一个十进制数转成二进制进行位运算操作再转回十进制数。

包括

按位与&（有0为0，其实就是且）
按位或|（有1为1，其实就是或）
按位取反~（注意负数补码的符号，最前面的第一位是1）
异或^（相同为0，不同为1）
左移<<
右移>>

对于位运算还是不太熟悉的同学请点我复习一下

下面是由江苏省淮阴中学薛志坚同（da）学（lao）整理的一些常见操作：

$% % %$

建议花几分钟把每一条都搞懂，然后跟我一起大（mo）赞（bai）位运算的神奇 $% % %$
初试化状态的时候要看清条件，什么要，什么不要。

一般情况下要预处理前k行（k由题目定）。

Dp时题目给的条件和fit函数、state数组都要检查。

最最重要的一点：

位反（~ )  >  算术  >  位左移、位右移  >  关系运算 
>  位与  >  位或  >  位异或  >  逻辑运算

所以一般位运算最好打括号。

三、例题引入

1、入门例题【例1】填满棋盘

有一个NM(N<=5,M<=1000)的棋盘，现在有12及2*1的小木块无数个，要盖满整个棋盘，有多少种方式？答案只需要mod1,000,000,007即可。

例如：对于一个22的棋盘，有两种方法，一种是使用2个12的，一种是使用2个2*1的。

【算法分析】

在这道题目中,N和M的范围本应该是一样的，但实际上，N和M的范围却差别甚远，对于这种题目，首先应该想到的就是，正确算法与这两个范围有关！N的范围特别小，因此可以考虑使用状态压缩动态规划的思想，请看下面的图：

本思路来自博客动态规划之状态压缩dp入门，不过原博没有图，我帮他补个图，再优化一下内容。

假设第一列已经填满，则第二列的摆设方式，只与第一列对第二列的影响有关。同理，第三列的摆设方式也只与第二列对它的影响有关。那么，使用一个长度为 $N$ 的二进制数 $s t a t e$ 来表示这个影响，例如： $4 (00100)$ 就表示了图上第二列的状态。

因此，本题的状态可以这样表示：

$d p [i] [s t a t e]$ 表示该填充第 $i$ 列，第 $i - 1$ 列对它的影响是 $s t a t e$ 的时候的方法数。 $i < = M, 0 < = s t a t e < 2^{N}$

对于每一列，情况数也有很多，但由于 $N$ 很小，所以可以采取搜索的办法去处理。对于每一列，搜索所有可能的放木块的情况，并记录它对下一列的影响，之后更新状态。状态转移方程如下：

$d p [i] [s t a t e] = \sum d p [i - 1] [p r e]$ 每一个 $p r e$ 可以通过填放成为 $s t a t e$

对于每一列的深度优先搜索，写法如下：

//第i列，枚举到了第j行，当前状态是state，对下一列的影响是nex
void dfs(ll i,ll j,ll state,ll nex)
{
    if(j==n)//最后一行
    {
        dp[i+1][nex]+=dp[i][state];
        dp[i+1][nex]%=mod;
        return;
    }
    //如果这个位置（第j行）已经被上一列给站了（state的第j位为1），所以就直接跳过
    if(state&(1<<j)>0)
        dfs(i,j+1,state,nex);
    //如果这个位置是空的，那么就尝试放一个1*2的棋子
    if(state&(1<<j)==0)
        dfs(i,j+1,state,nex|(1<<j));//（使nex的第j位变成1）
    //如果这个位置以及下一行都空的，那么就放一个2*1的棋子并直接跳到下下行
    if(j+1<n&&state&(1<<j)==0&&state&(1<<j+1)==0)//注意要特判第j行下面是否还有一行
        dfs(i,j+2,state,nex);
    return;
}

最终，答案就是 $d p [M + 1] [0]$ 。
完整代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=2000+7;
const ll mod=1000000007;
ll n,m;
ll dp[N][N];//dp[i][state]; 铺满前i-1列的所有方案数
//第i列，枚举到了第j行，当前状态是state，对下一列的影响是nex
void dfs(ll i,ll j,ll state,ll nex)
{
    if(j==n)//最后一行
    {
        dp[i+1][nex]+=dp[i][state];//nex一直接受前面的变化直到最后一行当前的可能性已经遍历完了就+上即可
        dp[i+1][nex]%=mod;
        return;
    }

    //如果这个位置（第j行）已经被上一列给占了（state的第j位为1），所以就直接跳过
    if(((1<<j)&state)>0)
        dfs(i,j+1,state,nex);//不会对下一列有什么影响

    //如果这个位置是空的，那么就尝试放一个1*2的棋子
    if(((1<<j)&state)==0)
        dfs(i,j+1,state,nex|(1<<j));//（使nex的第j位变成1）横着放一个1*2的棋子会对下一列造成影响

    //如果这个位置以及下一行都空的，那么就放一个2*1的棋子并直接跳到下下行
    if(j+1<n&&((1<<j)&state)==0&&((1<<(j+1))&state)==0)//注意要特判第j行下面是否还有一行,以及要加上足够的括号以免因为位运算的优先级问题而导致出bug
        dfs(i,j+2,state,nex);//不会对下一列造成影响

    return;
}
int main()
{
    while(~scanf("%lld %lld",&n,&m))
    {
        if(n==0&&m==0)break;
        memset(dp,0,sizeof dp);
        dp[1][0]=1;//注意初始化
        for(int i=1;i<=m;++i)//一共m列//枚举第i列 -> 影响第i+1列
        {
            for(int j=0;j<(1<<n);++j)//到2^n，遍历一遍，二进制会把所有填充的情况都列举一遍
            {
                if(dp[i][j])//如果存在方案数 -> 则可以推广到i+1列
                    dfs(i,0,j,0);
            }
        }
        printf("%lld\n",dp[m+1][0]);
    }
    return 0;
}