它只是一种手段，一种直观而高效地表示复杂状态的手段。
我们先来看一道比较基础的：
直接DFS是肯定不行，我们发现对某一行，只要它前面放的位置都一样，那么后面的结果也一样。
因此我们考虑用DP，并且只有0/1，我们用二进制压缩。
我们令f[i][st]表示前i行状态为st的个数。
我们易得状态转移方程为：f[i][st]=(第i行放在第j列）
同时我们保证(st'&(1<<(j-1))==0&&st'+1<<(j-1)==st。
但是我们会遇到一个问题：怎么枚举st?
其实，我们可以不用二维数组，从1二进制枚举到1<<(n)-1，因为得到它的肯定比他小，肯定是计算过的，因此我们可以这么做，这里假设状态为1101，那我们如何获得1100,1001,0101呢？
用lowerbit操作，x&-x就得到了X中最低位的1及其后面的0，这样子就ok了。
下面是AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,dp[1<<20],bu[25],x,y;
int lowerbit(int x){
return (x&(-x));
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
bu[x]+=1<<(y-1);
}
int j,cnt;
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=((1<<n)-1);i++){
j=i;
cnt=0;
while(j!=0){
j-=lowerbit(j);
cnt++;
}
j=i;
while(j!=0){
int fk=lowerbit(j);
if((fk&bu[cnt])==0){
dp[i]+=dp[i^fk];
}
j-=fk;
}
}
cout<<dp[(1<<n)-1];
}让我们看看比较有意思的题吧：
首先，如果我们一个一个看DFS的话，我们会发现第二个位置不像八皇后范围很容易确认+81个格子，时间不允许，用一般的DP实现起来很麻烦，因为当我们要放一个国王时，我们还得知道能不能放，即不满足无后效性。
于是我们可以换一种思路：
我们一行一行看，这样子，当我们放当前行时，关注的只有上一行，而在这一行只要不相邻即可。
我们令放了国王为1，没放为0.
现在我们看是否合法：
1.同一行不相邻：(x&(x<<1))==0(注意加括号）
2.如果上一行的状态为x,当前为y，xy要满足什么条件合法？
(x&y)==0 (x&(y<<1))==0 (x&(y>>1))==0
因此，我们令f[i][j][k]表示第i行，状态为k时已经放了j个的方案数；
易得状态转移方程：
f[i][j][k]+=f[i-1][j-num(k)][p](k自己合法,p也合法,(k&p)==0 (k&(p<<1))==0 (k&(p>>1))==0)
下面是AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,num[1500];
long long dp[10][90][1000];
int calc(int num){
int ans=0;
while(num!=0){
if((num&1)==1) ans++;
num>>=1;
}
return ans;
}
int main(){
cin>>n>>k;
dp[0][0][0]=1;
for(int i=0;i<(1<<n);i++){//打表
num[i]=calc(i);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=k;j++){
for(int st=0;st<(1<<n);st++){
if((st&(st<<1))!=0) continue;
if(num[st]>j) continue;
for(int p=0;p<(1<<n);p++){
if((p&(p<<1))!=0) continue;
if((p&(st<<1))!=0) continue;
if((p&(st>>1))!=0) continue;
if((p&(st))!=0) continue;
dp[i][j][st]+=dp[i-1][j-num[st]][p];
}
}
}
}
long long ans=0;
for(int st=0;st<(1<<n);st++){
ans+=dp[n][k][st];
}
cout<<ans;
}
