洛谷 P3272 [SCOI2011]地板 黑 题解
前言
做这道题前建议先把模板消化掉,见下行
这个题是插头 DP 的应用,相对于模板题来说变化还是挺大的。
初步分析
最大的区别莫过于它最后不是要求成环,不过动态规划嘛,就这德行……
我们依旧采用四进制来维护每一行的状态,并且每条已遍历和未遍历的分界线的数依旧是 \(x \in \{0,1,2\}\),只不过对应的意义变了。
\(x=0\) 表示该边没有插头,\(x=1\) 表示该边有插头且所扑的地毯到目前为止没有拐弯,\(x=2\) 表示该边有插头且所扑的地毯到目前为止拐且只拐了一次弯。
那么问题就好解决了,只要细心想,转移方程就迎刃而解了。
用图像来解释状态转移方程
在放图之前,在这里我想列一个列表,希望能够清楚地呈现出各种情况。
令 \(x\) 表示某个方格左边插头状态,\(x\) 表示某个方格上边插头状态,
- \((i,j)\) 是障碍物,此时如果 \(x=0,\ y=0\),那么可以加入新状态(和原状态一样,不用变化);否则无解
(显然),不用管它。 - \(x=0,\ y=0\) 有三种转移方程,详情见下图。
- \(x=0,\ y=1\) 有二种转移方程,详情见下图。
- \(x=1,\ y=0\) 有二种转移方程,详情见下图。
- \(x=0,\ y=2\) 有二种转移方程,详情见下图。
- \(x=2,\ y=0\) 有二种转移方程,详情见下图。
- \(x=1,\ y=1\) 在这里必须封口。为什么?如果不封口,那么 \(x,y\) 中必定有一个一次也没拐弯且前路已断,今生不可能再次被访问到,那么它就不符合要求。
- \(\begin{cases} x=1,\ y=2 \\ x=2,\ y=1 \\ x=2,\ y=2 \end{cases}\) 的情况是不可能出现的,因为这三种情况已将被前面几种情况覆盖了!(看了 @Orion545 大佬的题解才明白这一点)
那么接下来,对于第二到第六种情况……上图~
第二种
第三、四种
第五种、六种
细节/实现
手写哈希表可提高速度,用滚动数组省空间。
Code
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
using namespace std;
const int N = 180000, M = N * 2 + 7, mod = 20110520;
int n, m, end_x, end_y;
int maze[110][110], q[2][N], cnt[2];
int h[2][M], v[2][M];
int find_pos(int cur, int x)
{
int t = x % M;
while (h[cur][t] != -1 && h[cur][t] != x)
if ( ++ t == M) t = 0;
return t;
}
void add(int cur, int state, int w)
{
int t = find_pos(cur, state);
if (h[cur][t] == -1)
{
h[cur][t] = state;
v[cur][t] = w;
q[cur][ ++ cnt[cur]] = t;
}
else v[cur][t] = (v[cur][t] + w) % mod;
}
int get(int state, int k)
{
return (state >> (k * 2)) & 3;
}
int stt(int k, int v)
{
return v * (1 << (k * 2));
}
void rap()
{
swap(n, m);
swap(end_x, end_y);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = 1; j < i; j ++ )
swap(maze[i][j], maze[j][i]);
return;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
string s;
cin >> s;
s = ' ' + s;
for (int j = 1; j <= m; j ++ )
if (s[j] == '_')
{
maze[i][j] = 1;
end_x = i;
end_y = j;
}
}
if (n < m) rap();
int ans = 0;
memset(h, -1, sizeof h);
int cur = 0;
add(cur, 0, 1);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
for (int j = 1; j <= cnt[cur]; j ++ )
h[cur][q[cur][j]] <<= 2;
for (int j = 1; j <= m; j ++ )
{
int lst = cur;
cur ^= 1;
cnt[cur] = 0;
memset(h[cur], -1, sizeof h[cur]);
for (int k = 1; k <= cnt[lst]; k ++ )
{
int state = h[lst][q[lst][k]];
int w = v[lst][q[lst][k]];
int x = get(state, j - 1);
int y = get(state, j);
if (!maze[i][j])
{
if (!x && !y) add(cur, state, w);
}
else if (!x && !y)
{
if (maze[i][j + 1]) add(cur, state + stt(j, 1), w);
if (maze[i + 1][j]) add(cur, state + stt(j - 1, 1), w);
if (maze[i][j + 1] && maze[i + 1][j]) add(cur, state + stt(j, 2) + stt(j - 1, 2), w);
}
else if (!x && y == 1)
{
if (maze[i + 1][j]) add(cur, state - stt(j, y) + stt(j - 1, y), w);
if (maze[i][j + 1]) add(cur, state + stt(j, 1), w);
}
else if (x == 1 && !y)
{
if (maze[i][j + 1]) add(cur, state - stt(j - 1, x) + stt(j, x), w);
if (maze[i + 1][j]) add(cur, state + stt(j - 1, 1), w);
}
else if (!x && y == 2)
{
if (i == end_x && j == end_y) ans = (ans + w) % mod;
else if (maze[i + 1][j]) add(cur, state - stt(j, y) + stt(j - 1, y), w);
add(cur, state - stt(j, y), w);
}
else if (x == 2 && !y)
{
if (i == end_x && j == end_y) ans = (ans + w) % mod;
else if (maze[i][j + 1]) add(cur, state - stt(j - 1, x) + stt(j, x), w);
add(cur, state - stt(j - 1, x), w);
}
else if (x == 1 && y == 1)
{
if (i == end_x && j == end_y) ans = (ans + w) % mod;
add(cur, state - stt(j - 1, x) - stt(j, y), w);
}
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
后语
这代码我调了许久……
完结撒花!