题面在这里
题意
四通格内有部分格子为障碍物，求用一个回路将非障碍物格子全部覆盖的方案数
数据范围
[2le n,mle 12
]
sol
本蒟蒻插头DP第二题
入门首推CDQ大佬论文《基于连通性状态压缩的动态规划问题》
这里我们发现仅仅记录插头是否出现是不行的,
还需要记录某个插头是否和另一个插头属于同一个回路;
可以发现两个回路是不会交叉的，这里我们想到括号序列(好像有点快...逃
于是我们只要记录(#,(,))三种状态,那么就可以解出所有插头的联系问题
之后讨论即可
代码
//4base下的括号序列表示法
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define pub push_back
#define puf push_front
#define pob pop_back
#define pof pop_front
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const dd eps=1e-10;
const int mod=1e8;
const int N=1000010;
il ll read(){
RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')data=data*10+ch-48,ch=getchar();
return data*w;
}
il void file(){
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
}
int n,m,nn,mm,mp[20][20];
map<int,ll>M[2];
map<int,ll>::iterator tmp;
il void print(ll x){putchar(48+(x&3));if(x>>2)print(x>>2);}
il void init(){
char c;nn=mm=0;
memset(mp,0,sizeof(mp));
for(RG int i=1;i<=n;i++)
for(RG int j=1;j<=m;j++){
c=0;while(c!='*'&&c!='.')c=getchar();
mp[i][j]=(c=='.');if(mp[i][j])nn=i,mm=j;
}
}
il void dpblank(int i,int j,bool cur){
RG int p1,q1,p2,q2,p3,q3,k,w,cal,pos;
p1=1<<(2*(j-1));q1=1<<(2*j);
p2=2<<(2*(j-1));q2=2<<(2*j);
p3=3<<(2*(j-1));q3=3<<(2*j);
for(tmp=M[cur].begin();tmp!=M[cur].end();tmp++){
k=w=tmp->first;cal=0;
if((k&p3)==0&&(k&q3)==0&&mp[i+1][j]&&mp[i][j+1]){
w=k|p1|q2;if(j==m)w<<=2;
M[cur^1][w]+=M[cur][k];
}
else if((k&p3)==p2&&(k&q3)==q1){//合并,)(
w=k^p2^q1;if(j==m)w<<=2;
M[cur^1][w]+=M[cur][k];
}
else if((k&p3)==p2&&(k&q3)==q2){//合并,))
for(pos=2*(j-2);!(cal==0&&((k>>pos)&3)==1);pos-=2)
if(((k>>pos)&3)==2)cal++;//2,入栈
else if(((k>>pos)&3)==1)cal--;//1,出栈
w=k^p2^q2^(3<<pos);if(j==m)w<<=2;
M[cur^1][w]+=M[cur][k];
}
else if((k&p3)==p1&&(k&q3)==q1){//合并,((
for(pos=2*(j+1);!(cal==0&&((k>>pos)&3)==2);pos+=2)
if(((k>>pos)&3)==1)cal++;//1,入栈
else if(((k>>pos)&3)==2)cal--;//2,出栈
w=k^p1^q1^(3<<pos);if(j==m)w<<=2;
M[cur^1][w]+=M[cur][k];
}
else if((k&p3)==p1&&(k&q3)==q2&&i==nn&&j==mm){//合并,()
w=0;
M[cur^1][w]+=M[cur][k];
}
else if((k&p3)&&!(k&q3)){//保持,(#
if(mp[i+1][j]){
w=k;if(j==m)w<<=2;
M[cur^1][w]+=M[cur][k];
}
if(mp[i][j+1]){
w=k^(k&p3)|((k&p3)<<2);
M[cur^1][w]+=M[cur][k];
}
}
else if((k&q3)&&!(k&p3)){//保持,#(
if(mp[i+1][j]){
w=k^(k&q3)|((k&q3)>>2);if(j==m)w<<=2;
M[cur^1][w]+=M[cur][k];
}
if(mp[i][j+1]){
w=k;
M[cur^1][w]+=M[cur][k];
}
}
}
}
il void dpblock(int i,int j,bool cur){
RG int k,w;
for(tmp=M[cur].begin();tmp!=M[cur].end();tmp++){
w=k=tmp->first;if(j==m)w<<=2;
M[cur^1][w]+=M[cur][k];
}
}
il void solve(){
RG bool cur=0;
M[0].clear();M[0][0]=1;cur^=1;
for(RG int i=1;i<=n;i++)
for(RG int j=1;j<=m;j++){
M[cur].clear();
if(mp[i][j])dpblank(i,j,cur^1);
else dpblock(i,j,cur^1);
cur^=1;
}
cur^=1;
if(M[cur].size()&&M[cur].begin()->first==0)
printf("%lld
",M[cur].begin()->second);
else puts("0");
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2){
init();solve();
}
return 0;
}
其实这份代码应该可以压一压行的