洛谷 P1763 状态压缩dp+容斥原理

（题目来自洛谷oj）

一天，maze决定对自己的一块n*m的土地进行修建。他希望这块土地共n*m个格子的高度分别是1,2,3,...,n*m-1,n*m。maze又希望能将这一些格子中的某一些拿来建蓄水池，即这个格子的高度应该比它周围8个格子的高度都小（超出土地范围的格子的高度算作无穷大）。现在，请你帮maze计算：他有多少种不同的修建土地的方案数？

（请你将方案数对12345678取模）

输入

输入第一行两个数字n,m。

接下来N行，每行M个字符，’.’表示普通格子，’X’表示蓄水池。

输出

仅一行，包含一个数字，为取模后的方案数。

一组输入输出大概长这样：

输入： 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　输出：

3 5　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　5851854
.X...
....X
X....

题意抽象：

　　　　给定一个n*m个格子矩形，现在要将1,2,3....n*m个数字填入格子。

　　　　问有且仅有指定格子满足条件p的方案数。

　　　　条件p：该格子中的数比邻近8个格子中的数都小。

　　　　数据范围1≤n≤4，m≤7。

首先数据范围挺小，最多28个格子，最多能不能有8个蓄水池。

于是想着搜一下。

但仔细想想发现还真是挺复杂的。

有几个关键点：

1.从小往大放数讨论方案数。这样的话如果“X”处已经放数了，那么它的旁边都可以放数了。否则它周围禁止放数。

2.不宜直接讨论当且仅当X处是蓄水池的方案数。讨论这样的方案数：保证题中所给的k个X处是蓄水池，但其他地方也可能是蓄水池的方案数。然后容斥。

这个容斥略有难想。

设目标状态S0中有k个蓄水池。设Ak为至少这k个X处是蓄水池的方案数。

先一次calc(S0)求出AS0。

然后要把其他地方还有蓄水池的方案数减掉。

于是往S0上加蓄水池(把某一个'.'变成‘X’），设加一个得到的状态S1.

由于加蓄水池的地方不同，会有很多种S1，我们记它们为S1,0...S1,i....S1,q

我们要减去的是AS1,0 ....AS1,i...AS1,q的并集的元素数目。

到这里容斥就很明显了。

更多具体细节在代码中注释：

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
using namespace std;
const int mo=12345678;
int n,m,ans,tp;
char graph[10][10];
bool use[10][10];
int f[1<<9][50];
int ax[20],ay[20];
void Input()
{
    scanf("%d%d
",&n,&m);
    rep(i,0,n-1)
    {
        scanf("%s",graph[i]);
    }
    ans=0;
}
bool inrange(int x,int y)
{
    return x>=0&&y>=0&&x<n&&y<m;
}
int calc()
{
    tp=0;
    memset(f,0,sizeof(f));
    f[0][0]=1;
    rep(i,0,n-1)
    {
        rep(j,0,m-1)
        {
            if(graph[i][j]=='X')
            {
                ax[tp]=i;ay[tp]=j;tp++;
            }
        }
    }
    for(int s=0;s<(1<<tp);++s)
    {
        memset(use,1,sizeof(use));
        rep(i,0,tp-1)
        {
            if(!(s&(1<<i)))             //如果这个X还没有放数
            rep(dx,-1,1)
            {
                rep(dy,-1,1)
                {
                    if(inrange(ax[i]+dx,ay[i]+dy)) use[ax[i]+dx][ay[i]+dy]=0;
                }
            }
        }
        int cnt=0;              //cnt为可以随便放的位置的个数
        rep(i,0,n-1)
        {
            rep(j,0,m-1) if(use[i][j]) ++cnt;
        }
        rep(i,0,cnt)                //数是从小往大放，只有X位置上已经放数了之后周围才能放数
        {
            if(f[s][i])
            {
                f[s][i+1]=(f[s][i+1]+f[s][i]*(cnt-i))%mo;      //往无影响区域放数
                rep(j,0,tp-1)
                {
                    if(!(s&(1<<j)))
                    {
                        f[s|(1<<j)][i+1]=(f[s|(1<<j)][i+1]+f[s][i])%mo;     //往X上放数
                    }
                }
            }
        }
    }
    return f[(1<<tp)-1][n*m];
}
void go(int x,int y,int k)
{

    if(x>=n) ans=(ans+k*calc())%mo;
    else if(y>=m) go(x+1,0,k);
    else
    {
        go(x,y+1,k);
        bool ok=1;
        rep(dx,-1,1)
        {
            rep(dy,-1,1)
            {
                if(inrange(x+dx,y+dy)&&graph[x+dx][y+dy]=='X') ok=0;
            }
        }
        if(ok)          //如果ok为0，这个点不能再设蓄水池了（注意此时(x,y)处必定不为题中所给蓄水池位置之一）
        {
            graph[x][y]='X';
            go(x,y+1,-k);                //容斥。一条go路径得到的答案是'X'都满足是蓄水池但'.'处也可能是蓄水池的方案数
            graph[x][y]='.';
        }
    }
}
int solve()
{
    rep(i,0,n-1)
    {
        rep(j,0,m-1)
        {
           // printf("i=%d j=%d %c
",i,j,graph[i][j]);
            if(graph[i][j]=='X')
                rep(dx,-1,1)
                {
                    rep(dy,-1,1)
                    {
                        if((dx||dy)&&inrange(i+dx,j+dy)&&graph[i+dx][j+dy]=='X') return 0;
                    }
                }
        }
    }
    ans=0;
    go(0,0,1);
    ans=(ans+mo)%mo;
    return ans;
}
int main()
{
   // freopen("in.txt","r",stdin);
    Input();
    printf("%d
",solve());
    return 0;
}