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蒙德里安的梦想

求把 $N\times M$ 的棋盘分割成若干个 $1\times 2$ 的长方形，有多少种方案。

例如当 $N=2，M=4$ 时，共有 $5$ 种方案。当 $N=2，M=3$ 时，共有 $3$ 种方案。

如下图所示：

输入格式
输入包含多组测试用例。

每组测试用例占一行，包含两个整数 $N和M$。

当输入用例 $N=0，M=0$ 时，表示输入终止，且该用例无需处理。

输出格式
每个测试用例输出一个结果，每个结果占一行。

数据范围

$1\le N,M\le 11$

输入样例：

1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0

输出样例：

1
0
1
2
3
5
144
51205

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详细解释

这题最最核心的一点是要想到：横着摆放方块的方案数 = 总摆放方块方案数。

由于$1\times 2$的方块可以横着或是竖着放，观察图给样例，如果把所有能横着放的方块都放入后，竖着放的方块位置也就固定了，只管往里塞，于是结论就是要找总方案数只需要找到可以横着摆放方块的方案数。

状态表示

f[i][j]：前i - 1列的摆放状态已处理好的前提下，在i - 1列横放的小方块伸到第i列的格子状态为j的方案数。
其中j由于是一个状态表示，所以要把它想成一个二进制数，它的范围是由$n$（一列有$n$行）决定的，即为了表示$n$个格子需要有 $2^n$ 个状态，即$j\in (0,1<<n)$。

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格子的摆放引起状态

这个状态定义有点长，什么意思呢？以下图为例：
表示当$i=2(i从0开始)$，$j=(11001{)}_2$时的状态，$j$中为$1$的地方表示该列的这个位置被占了。

其中尤其要注意的是：第$i$列的$j$这个状态本质上是由于第$i-1$列状态造成影响的，也就是说，$j$中为1的地方在$i-1$列的对应位置上是横放了方块之后捅到第 $i$ 列去的。

以此类推，如果定义$i-1$列上的状态是$k$，那么这个$k$是经过$i-2$列的方块放置影响到的，就像下图：

那么绿色的方块是在$i-2$列放置导致的，此时的 $k=(00100{)}_2$，注意$\ne 11101$。

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状态计算

由于动态规划是按列数从小到大($0到m-1$)挨着枚举状态，因此第 $i$ 列的方案数f[i][j]，由前一列的方案数f[i - 1][k]转移而来，即f[i][j] = Σ(f[i - 1][k])。

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判断合法状态

很明显不是所有格子摆放状态都是合法的。

1. 每一列的状态中连续空着的格子数不能为奇数，因为空格是给竖着放的方块留着的，方块尺寸$1\times 2$，当要竖着放时遇到奇数空格注定是要么放不满要么放不下。用一个st[]数组存，如果状态 $j$ 连续空着的格子数为偶数 则 st[j] = true。而状态转移时是要判断方块从$i-2$列合在第$i-1$列的方块共有多少个，可以“或”运算，即判断st[j | k]。
2. i - 2列伸到i - 1列的小方格 和i - 1列放置的小方格不能重复，啥意思呢？看下图
   可以看到，此时蓝色的方块和红色的方块 “撞” 在了一起，显然非法的，必须得让$j$和$k$中的“1”岔开，这里判断用到一个小技巧，j & k == 0则意味着相同位置不会同时出现1。

最终，整块拼图的方案数存在了f[m][0]，0表示$(00...0{)}_2$,它意味着$m$列不放小方格，前$m-1$列已经完全摆放好并且不伸出来的状态。那么意味着拼图完整。

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Code

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 12, M = 1 << N;       //N表示列数、M表示状态的范围(0b00...0 ~ 0b10...0)

ll f[N][M];        //f[i][j]：第i列的状态为j时的方案数
bool st[M];          //st[j]映射状态j是否满足“没有奇数个连续的空格”这个条件
int n, m;

int main(){
    while(cin >> n >> m, n || m){
        //第一步预处理，装填st数组
        for(int i = 0;i < 1 << n;i ++){     //枚举每个状态
            int cnt = 0;
            bool valid = true;
            for(int j = 0;j < n;j ++){
                if((i >> j) & 1){
                    if(cnt & 1){     //如果有奇数个连续的空格
                        valid = false;
                        break;
                    }
                    cnt = 0;
                }
                else    cnt ++;
            }
            if(cnt & 1)     valid = false;      //统计最后一堆连续空格（如果有）
            st[i] = valid;
        }
        
        memset(f, 0, sizeof f);
        f[0][0] = 1;		//因为没有-1列，第0列至少有一种摆放方案
        for(int i = 1;i <= m;i ++)         //枚举每一列
            for(int j = 0;j < 1 << n;j ++)          //枚举j，把j视作从i - 1列捅到i列的格子状态
                for(int k = 0;k < 1 << n;k ++)      //枚举k，把k视作从i - 2列捅到i - 1列的格子状态
                    if((j & k) == 0 && st[j | k])
                        f[i][j] += f[i - 1][k];
                        
        cout << f[m][0] << endl;            
    }
    
    return 0;
}

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最短Hamilton路径

给定一张 $n$ 个点的带权无向图，点从 $0\sim n-1$ 标号，求起点 $0$ 到终点 $n-1$ 的最短 Hamilton 路径。

Hamilton 路径的定义是从 $0$ 到 $n-1$ 不重不漏地经过每个点恰好一次。

输入格式
第一行输入整数 $n$。

接下来 $n$ 行每行 $n$ 个整数，其中第 $i$ 行第 $j$ 个整数表示点 $i$ 到 $j$ 的距离（记为 $a[i,j]$）。

对于任意的 $x,y,z$，数据保证 $a[x,x]=0，a[x,y]=a[y,x]并且a[x,y]+a[y,z]\ge a[x,z]$。

输出格式
输出一个整数，表示最短 Hamilton 路径的长度。

数据范围
$1\le n\le 20$
$0\le a[i,j]\le 10^7$

输入样例：

5
0 2 4 5 1
2 0 6 5 3
4 6 0 8 3
5 5 8 0 5
1 3 3 5 0

输出样例：

18

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详细解释

这里有一篇写得很棒的解释👉 最短Hamilton路径(超详解)。
偷个懒吧hh。

状态表示

f[i][j]: 所有从0走到j，经过的路径是i(二进制数)的最短距离。
举个例子：i = 11001、j = 4时，1表示走到，0表示没走到，那么状态i代表的路径就是0 —> 3 —> 4，那么f[0b11001][4]就代表从0走到4，路径是0 —> 3 —> 4的最短距离。
因此，答案就存在f[0b111...1][n - 1] = f[(1 << n) - 1][]n - 1里面。

状态计算

状态计算用到的算法就很类似于$floyd$算法，即

1. 暴力地枚举每种可能的走法i
2. 在i的走法下，暴力地枚举每一个点j作为终点的情况
3. 在j作为终点的基础上，然后再暴力地枚举每一个点k（这个点也可以想象成$floyd$里的那个k），目的是把k视作一个中间点（从位置上准确地讲，k是0走到j之前到达的最后一个点）
4. 然后经过各种0 —> （一系列不包含终点 j 的点） —> k —> j路径来对f[i][j]进行松弛操作，也就是f[i][j] = min(f[i][j], f[i - (1 << j)][k] + w[k][j])。其中i - (1 << j)对应的就是 “一系列不包含终点 $j$ 的点”。

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Code

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 20, M = 1 << N;

int w[N][N];        //距离矩阵
int f[M][N];        //f[i][j]：所有从0走到j，经过的路径是i(二进制数)的最短路径
int n;

int main(){
    cin >> n;
    for(int i = 0;i < n;i ++)
        for(int j = 0;j < n;j ++)
            cin >> w[i][j];
            
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[1][0] = 0;
    
    for(int i = 0;i < 1 << n;i ++)      //枚举所有的走法
        for(int j = 0;j < n;j ++)       //枚举j，将j认为是终点，当然了，是为了能将状态转移到n - 1这个点
            if(i >> j & 1)      //点在路径上的状态是1才说明“走到了”并进行处理
                for(int k = 0;k < n;k ++)      //枚举k，将k认为是走到j之前的最后一个点
                    if(i >> k & 1)		//点在路径上的状态是1才说明“走到了”并进行处理
                        f[i][j] = min(f[i][j], f[i - (1 << j)][k] + w[k][j]);      //松弛操作
                        
    cout << f[(1 << n) - 1][n - 1] << endl;
    return 0;
}