【BZOJ5299】【CQOI2018】解锁屏幕（状压dp）

传送门

状压dp简单题

$f[t][i][sta]$表示第$t$个点,当前是$i$,走过的状态为$sta$时的方案数

可以先$O(n^3)$预处理每2个点之间要提前经过的状态

直接枚举转移就可以了
发现$f$第一维不需要，就只用维护2维了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
inline int read(){
	char ch=getchar();
	int res=0,f=1;
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
	return res*f;
}
const int N=23;
const int M=(1<<21);
int bet[N][N];
const double eps=1e-8;
const int mod=100000007;
int f[23][M],n,lb[M],ans;
struct point{
	double x,y;
	point(double _x=0,double _y=0){
		x=_x,y=_y;
	}
	friend inline point operator -(const point &a,const point &b){
		return point(a.x-b.x,a.y-b.y);
	}
	friend inline double operator *(const point &a,const point &b){
		return a.x*b.y-a.y*b.x;
	}
}p[N];
int main(){
	for(int i=1;i<M;i++) lb[i]=lb[i^(i&-i)]+1;
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)p[i].x=read(),p[i].y=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(j==i)continue;
			for(int k=1;k<=n;k++){
				if(k==i||k==j)continue;
				if(p[k].x>max(p[i].x,p[j].x)||p[k].x<min(p[i].x,p[j].x))continue;
				if(p[k].y<min(p[i].y,p[j].y)||p[k].y>max(p[i].y,p[j].y))continue;
				if((p[i].x-p[j].x)*(p[i].y-p[k].y)==(p[i].x-p[k].x)*(p[i].y-p[j].y))bet[i][j]+=1<<(k-1);
			}
		}
	}
	int sta=(1<<n)-1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i][(1<<(i-1))]=1;
	}
	for(int t=1;t<=n;t++)
	for(int i=1;i<=sta;i++)if(lb[i]==t)
	for(int p=1;p<=n;p++){
		if((!f[p][i])||(!(i&(1<<(p-1)))))continue;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if((i&(1<<(j-1))))continue;
			if((i&bet[p][j])==bet[p][j])(f[j][i|(1<<(j-1))]+=f[p][i])%=mod;
		}
	}
	for(int p=1;p<=n;p++){
		for(int i=1;i<=sta;i++){
			if(lb[i]>=4)(ans+=f[p][i])%=mod;//,cout<<p<<" "<<i<<":"<<f[p][i]<<'
';
		}
	}
	cout<<ans<<'
';
}