【bzoj1814】Ural 1519 Formula 1 插头dp

题目描述

一个 m * n 的棋盘,有的格子存在障碍,求经过所有非障碍格子的哈密顿回路个数。

输入

The first line contains the integer numbers N and M (2 ≤ N, M ≤ 12). Each of the next N lines contains M characters, which are the corresponding cells of the rectangle. Character "." (full stop) means a cell, where a segment of the race circuit should be built, and character "*" (asterisk) - a cell, where a gopher hole is located.

输出

You should output the desired number of ways. It is guaranteed, that it does not exceed 2^63-1.

样例输入

4 4
**..
....
....
....

样例输出

2

---

题解

插头dp板子题

具体讲解可以参考  陈丹琦《基于连通性状态压缩的动态规划问题》  以及  Dalao博客  。

我的代码中使用了三进制状态，先使用dfs预处理出所有合法的广义括号序列，用0表示没有插头，1表示左括号插头，2表示右括号插头。处理好状态与编号的对应关系后进行dp，复杂度就只与合法状态数有关了。

时间复杂度 $O(合法状态数·nm^2)$ ，经计算合法状态数不超过42000。而实际上这个时间复杂度远远达不到上限，因为只有两个插头是双左括号或双右括号时才会产生最后的m，且这个m也是不满的。因此可以过。

注意需要long long。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int m , a[14][14] , v[42000] , w[1600000] , tot , b[14];
long long f[13][13][42000];
char str[14];
void dfs(int p , int c , int now)
{
	if(c < 0 || c > m + 1 - p + 1) return;
	if(p > m + 1)
	{
		v[++tot] = now , w[now] = tot;
		return;
	}
	dfs(p + 1 , c , now);
	dfs(p + 1 , c + 1 , now + b[p - 1]);
	dfs(p + 1 , c - 1 , now + 2 * b[p - 1]);
}
inline int left(int v , int p)
{
	int i , c = 0;
	for(i = p ; ~i ; i -- )
	{
		if(v / b[i] % 3 == 1) c -- ;
		if(v / b[i] % 3 == 2) c ++ ;
		if(!c) return i;
	}
	return -1;
}
inline int right(int v , int p)
{
	int i , c = 0;
	for(i = p ; i <= m ; i ++ )
	{
		if(v / b[i] % 3 == 2) c -- ;
		if(v / b[i] % 3 == 1) c ++ ;
		if(!c) return i;
	}
	return -1;
}
int main()
{
	int n , i , j , k , nn , mm , p , q;
	long long ans = 0;
	scanf("%d%d" , &n , &m);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		scanf("%s" , str + 1);
		for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
			if(str[j] == '.')
				a[i][j] = 1 , nn = i , mm = j;
	}
	b[0] = 1;
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) b[i] = b[i - 1] * 3;
	dfs(1 , 0 , 0);
	f[1][0][1] = 1;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
		{
			for(k = 1 ; k <= tot ; k ++ )
			{
				p = v[k] / b[j - 1] % 3 , q = v[k] / b[j] % 3;
				if(!a[i][j])
				{
					if(!p && !q) f[i][j][k] += f[i][j - 1][k];
				}
				else
				{
					if(!p && !q && a[i][j + 1] && a[i + 1][j]) f[i][j][w[v[k] + b[j - 1] + 2 * b[j]]] += f[i][j - 1][k];
					if(!p && q)
					{
						if(a[i][j + 1]) f[i][j][k] += f[i][j - 1][k];
						if(a[i + 1][j]) f[i][j][w[v[k] + q * (b[j - 1] - b[j])]] += f[i][j - 1][k];
					}
					if(p && !q)
					{
						if(a[i + 1][j]) f[i][j][k] += f[i][j - 1][k];
						if(a[i][j + 1]) f[i][j][w[v[k] + p * (b[j] - b[j - 1])]] += f[i][j - 1][k];
					}
					if(p == 1 && q == 1) f[i][j][w[v[k] - b[j - 1] - b[j] - b[right(v[k] , j)]]] += f[i][j - 1][k];
					if(p == 2 && q == 2) f[i][j][w[v[k] - 2 * b[j - 1] - 2 * b[j] + b[left(v[k] , j - 1)]]] += f[i][j - 1][k];
					if(p == 2 && q == 1) f[i][j][w[v[k] - 2 * b[j - 1] - b[j]]] += f[i][j - 1][k];
					if(p == 1 && q == 2 && i == nn && j == mm) ans += f[i][j - 1][k];
				}
			}
		}
		if(i != n)
			for(k = 1 ; k <= tot ; k ++ )
				if(v[k] % 3 == 0)
					f[i + 1][0][k] += f[i][m][w[v[k] / 3]];
	}
	printf("%lld\n" , ans);
	return 0;
}