题目大意:有1∗2的木块无穷个,要求在给定的图n∗m的图上,用1∗2和1∗1的木块铺满,图上的0表示不需要铺的位置,1表示必须要铺的位置。并且1∗1的使用数量必须在c到d之间。求总方案数。
解题思路:和uva11270一样的做法,只是需要多添加一位状态来表示用掉1得个数,以及要对当前位置判断是否为可放。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 105;
const ll MOD = 1e9+7;
int n, m, c, d;
ll dp[2][25][(1<<11)+5];
char g[N][N];
ll solve () {
int now = 0, pre = 1;
int e = (1<<m)-1;
memset(dp[now], 0, sizeof(dp[now]));
dp[now][0][e] = 1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
swap(now, pre);
memset(dp[now], 0, sizeof(dp[now]));
for (int k = 0; k <= d; k++) {
for (int s = 0; s <= e; s++) {
if (g[i][j] == '1') {
if (s & (1<<j))
dp[now][k+1][s] = (dp[now][k+1][s] + dp[pre][k][s])%MOD;
if (j && !(s&(1<<(j-1))) && (s&(1<<j)))
dp[now][k][s|(1<<(j-1))] = (dp[now][k][s|(1<<(j-1))] + dp[pre][k][s])%MOD;
dp[now][k][s^(1<<j)] = (dp[now][k][s^(1<<j)] + dp[pre][k][s])%MOD;
} else {
if (s & (1<<j))
dp[now][k][s] = (dp[now][k][s] + dp[pre][k][s])%MOD;
}
}
}
}
}
ll ans = 0;
for (int i = c; i <= d; i++)
ans = (ans + dp[now][i][e])%MOD;
return ans;
}
int main () {
while (scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &c, &d) == 4) {
for (int i = 0; i < n; i++)
scanf("%s", g[i]);
printf("%lld\n", solve());
}
return 0;
}
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