题意
题目背景
ural 1519
陈丹琦《基于连通性状态压缩的动态规划问题》中的例题
题目描述
给出n*m的方格，有些格子不能铺线，其它格子必须铺，形成一个闭合回路。问有多少种铺法？
输入输出格式
输入格式：第1行，n,m(2<=n,m<=12)
从第2行到第n+1行，每行一段字符串(m个字符)，"*"表不能铺线，"."表必须铺
输出格式：输出一个整数，表示总方案数
输入输出样例
GNAQ的题解
1. 什么是插头DP
插头DP (PlugDP)，也就是一类基于连通性的状态压缩动态规划，是用状压DP处理联通问题的强劲武器。
常见的类型有棋盘插头DP和CDQ论文里的两个非棋盘上的模型。
常见的联通问题：多回路问题、路径问题、简单回路问题、广义路径问题、生成树问题
2. 插头DP的大致思路
2.1 划分阶段
大家都知道了这是基于联通性的状压 DP ，所以本质上还是状压 DP 。
一般设 ( ext{dp}[i][j][mathrm{state}]) 为 ((i,j)) 位置，状态为 $mathrm{state} $ 的方案数（或者代价，等等让你求的东西……）
所以我们状压什么呢？轮廓线。
DP求解棋盘问题是逐格转移的。所以已经转移过的格子和没转移过的格子被一个折线分成了两半儿。这个折线就是轮廓线。
（@远航之曲 的简洁解释:已决策格子和未决策格子的分界线）
就这个蓝线（现在转移的格子是第3行第3个）。
插头又是什么呢？一个格子有四个插头，一个存在的插头表示在它代表的方向上能与相邻的格子连接（联通）。不存在就不能。
为什么要引入插头？要求一个回路，也就意味着最后所有的非障碍格子通过插头连接成了一个连通块，因此转移时需要记录格子的连通情况。
我们递推的时候就是依据轮廓线上的插头存在性，求出所有能转移到的合法状态。
显然回路问题中一个格子恰好有两个插头，一个是 “进来” 的一个是 “出去” 的。
2.2 记录状态
最小表示法：
所有的障碍格子标记为 (0) ，第一个非障碍格子以及与它连通的所有格子标记为 (1) ，然后再找第一个未标记的非障碍格子以及与它连通的格子标记为 (2)
……重复这个过程，直到所有的格子都标记完毕。
比如连通信息 (((1,2,5),(3,6),(4))) 表示为 ({ 1,1,2,3,1,2 }) 。
（还有一种极不常用的最小表示法，即一个连通块内所有的格子都标记成该连通块最左边格子的列编号。）
括号表示法：
【性质】轮廓线上从左到右 (4) 个插头 (a, b, c, d) ，如果 (a, c) 连通，并且与 (b) 不连通，那么 (b, d) 一定不连通。这个性质对所有的棋盘模型的问题都适用。 (证明详见CDQ论文。)
“两两匹配”，“不会交叉”这样的性质，我们很容易联想到括号匹配。
将轮廓线上每一个连通分量中左边那个插头标记为左括号，右边那个插头标记为右括号，由于插头之间不会交叉，那么左括号一定可以与右括号一一对应，这样我们就可以使用 (3) 进制， (0) 表示无插头， (1) 表示左括号插头， (2) 表示右括号插头，记录下所有的轮廓线信息。不妨用 (#) 表示无插头，那么上面的三幅图分别对应的是 ((())#(),(()#)(),(()###)) ，即 ((1122012),(1120212),(1120002)) ，这种表示方法称为括号表示法。
状态的编码：
对于最小表示法，编码最简单的方法就是表示成一个 (n+1) 位的 (p) 进制数， (p) 可以取能够达到的最大的连通块标号 (+1) 。在不会超过数据类型的范围的前提下，建议将 (p) 改成 (2) 的幂，因为位运算比普通的运算要快很多。
如需大范围修改连通块标号，最好将状态 (O(n)) 解码到一个数组中，修改后再 (O(n)) 计算出新的 (p) 进制数，而对于只需要局部修改几个标号的情况下，可以直接用 ((x ;mathrm{div}; p^{i-1} ) ;mathrm{mod}; p) 来获取第 (i) 位的状态，然后 (+k imes p^{i-1}) 直接对第 (i) 位进行修改。
2.3 转移状态
首先，因为逐行递推要讨论的情况还是比较难处理的，除非要求解的问题特别适合这样做，要不然我们一般使用逐格递推，这样可以方便讨论情况。
一般来说轮廓线上有不少状态都是无用的，而且一般来说头插插头 DP 的状态数很多，所以我们使用一个技巧来加速，那就是，我们用一个线性数据结构（我愿意开一个/模拟一个 vector ）来存储状态，每次读取上一格的所有合法状态扩展，而不是xjb枚举状态来扩展。
然后，我们来研究一下怎么转移。我们看一种题型吧。
(其实就是这道题)
给你一个 (m imes n) 的棋盘，有的格子是障碍，问共有多少条回路使得经过每个非障碍格子恰好一次。
(m, n leqslant 12) 。
1. 新建一个连通分量
这个情况只出现在转移位置的轮廓线上没有下插头和右插头。
如图。然后我们只有一种转移方式就是当前格做右插头和下插头。
括号表示法就是新建一对紧挨着的左右括号。最小表示法就直接解码重编一下。
2. 合并两个连通分量
如果当前轮廓线上既有右插又有下插，那你只能当前格做左插和上插，要不然就不是回路了。
然后如果右插和下插联通，那这种情况只能是在最后一个非障碍格是合法的。
不连通的话，当然这样做会把他们变联通，看图：
括号表示法里就直接删一对括号，最小表示法还是解码重编。
3. 保持原来的连通分量
当轮廓线上只有下插或者右插，就只能当前格做一个左插/上插来满足回路性质，剩下一个插头是随便安排的。
图：
括号表示法的话就把下插/右插对应的括号移到你加的插头上就行了。
最小表示法也类似，把下插/右插位置的记号移到你加的插头对应位置就行（因为是延续了一个连通分量）。
注意当从一行的最后一个格子转移到下一行的第一个格子的时候，轮廓线需要特殊处理。这个看代码最好解释了。
（还要多啰嗦一句，一般状态编码的左右和轮廓线的左右是反着对应的……也就是编码最右面一位是对应轮廓线最左面格子）( 这样大概比较好写? )
一个小优化
有时候你转移的时候有可能从两个不同状态转移出同一个状态，这个时候我们用 hash 优化它就好了。 hash 表的实现用挂表法就行。
还有提取每个插头状态的时候我们可以预处理一个对应 bit 的数组，然后用上文提到的解码方式去解码。
然后我们就讨论完了插头DP的第一道入门题该怎么做。上代码。这里由于洛谷排版的原因，解释我压在代码下面了，一定要好好看。后面一堆图，我就不信你看不明白是怎么转移的（不过最好的方法是去博客看原文）
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state 是表示状态，dp 表示方案数。这里用了滚动数组来优化空间（ pre , cnt 来滚动）
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bits 是一个方便提取插头的数组。比如 bits[3]=6，那提取第三个格子上面和左面的插头（分别叫做 is_d 和 is_r ）就是 state>>bits[3-1] 和 state>>bits[3]
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我们存储状态是四进制，括号表示法。 (1) 表示 (() ， (2) 表示 ()) 。
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hash 表的内部实现你可以看到就是一个链表。( struct hash_table )
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因为可能最后一格也有障碍，所以要记录一下最后一个无障碍格子( endx , endy )
代码
要考虑的8种情况：
0. 有障碍。
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(要改插头)
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形成一个回路。只有最后一个格子才能形成一个回路。
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
co int N=6e5;
int n,m,mapx[14][14],endx,endy,bits[13]; // edit 1: mapx 14*14=AC 13*13=WA
// bits是一个方便提取插头的数组。比如bits[3]=6，那提取第三个格子上面和左面的插头
//（分别叫做is_d和is_r）就是state>>bits[3-1]和state>>bits[3]
int state[2][N],tots[2];
ll all_ans=0,dp[2][N];
int pre=1,cnt=0;
// state是表示状态，dp表示方案数。这里用了滚动数组来优化空间（pre,cnt来滚动）
// 我们存储状态是四进制，括号表示法。1表示(，2表示) 。
co int mo=590027;
struct hash_table{
int pre,to;
}idx[N];
int ptr[N],at=0;
// hash表的内部实现你可以看到就是一个链表。（struct hash_table）
void hah(int sta,ll val){ // 添加状态压进hah()函数里了。
int key=sta%mo;
for(int prex=ptr[key];prex;prex=idx[prex].pre)
if(state[cnt][idx[prex].to]==sta)
return dp[cnt][idx[prex].to]+=val,void();
++tots[cnt],state[cnt][tots[cnt]]=sta,dp[cnt][tots[cnt]]=val;
idx[++at].pre=ptr[key],idx[at].to=tots[cnt],ptr[key]=at;
}
int main(){
// init
read(n),read(m);
char cht=0;
for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j,cht=0){
while(cht!='.'&&cht!='*') cht=getchar();
if(cht=='.') mapx[i][j]=1,endx=i,endy=j;
}
// 因为可能最后一格也有障碍，所以要记录一下最后一个无障碍格子(endx,endy)
for(int i=1;i<=12;++i) bits[i]=i<<1;
// DP
tots[cnt]=1,dp[cnt][1]=1,state[cnt][1]=0;
// 一开始要初始化dp(0,0)=1
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=tots[cnt];++j) state[cnt][j]<<=2;
// 这是为了转移到下一行的时候处理第一个格子的is_r插头（建议在纸上模拟一下）
for(int j=1;j<=m;++j){
at=0,memset(ptr,0,sizeof ptr); //clear hash_table
std::swap(pre,cnt),tots[cnt]=0; //rolling, clear state counter
int nowsta,is_d,is_r;
ll nowans;
for(int k=1;k<=tots[pre];++k){
nowsta=state[pre][k],nowans=dp[pre][k]; //get previous state&answer
is_r=(nowsta>>bits[j-1])%4,is_d=(nowsta>>bits[j])%4; //get current plugs
if(!mapx[i][j]){ //case 0 有障碍
if(!is_r&&!is_d) hah(nowsta,nowans);
}
else if(!is_r&&!is_d){ //case 1
if(mapx[i+1][j]&&mapx[i][j+1])
hah(nowsta+(1<<bits[j-1])+(2<<bits[j]),nowans);
}
else if(is_r&&!is_d){ //case 2
if(mapx[i+1][j]) hah(nowsta,nowans); //go down
if(mapx[i][j+1]) //go right
hah(nowsta-(is_r<<bits[j-1])+(is_r<<bits[j]),nowans);
}
else if(!is_r&&is_d){ //case 3
if(mapx[i][j+1]) hah(nowsta,nowans); // go right
if(mapx[i+1][j]) // go down
hah(nowsta-(is_d<<bits[j])+(is_d<<bits[j-1]),nowans);
}
else if(is_r==1&&is_d==1){ // case 4
int count=1;
for(int l=j+1;l<=m;++l){
if((nowsta>>bits[l])%4==1) ++count;
else if((nowsta>>bits[l])%4==2) --count;
if(!count){
hah(nowsta-(1<<bits[j-1])-(1<<bits[j])-(1<<bits[l]),nowans);
break;
}
}
}
else if(is_r==2&&is_d==2){ // case 5
int count=1;
for(int l=j-2;l>=0;--l){
if((nowsta>>bits[l])%4==1) --count;
else if((nowsta>>bits[l])%4==2) ++count;
if(!count){
hah(nowsta-(2<<bits[j-1])-(2<<bits[j])+(1<<bits[l]),nowans);
break;
}
}
}
else if(is_r==2&&is_d==1) // case 6
hah(nowsta-(2<<bits[j-1])-(1<<bits[j]),nowans);
else if(is_r==1&&is_d==2) // case 7
if(i==endx&&j==endy) all_ans+=nowans;
}
}
}
printf("%lld
",all_ans);
return 0;
}