【luogu P2595】多米诺骨牌（插头DP）（容斥）

多米诺骨牌

题目链接：luogu P2595

题目大意

给你一个 n*m 的矩阵，你可以横竖放 1*2 的木块。
问你有多少种方法，使得每相邻的两行之间必定有横跨的木块，每相邻的两列之间必有横跨的木块。
不是一定要全部放满木块。

思路

首先看到这种题不难想到插头 DP。
但是你发现它那个要求很烦。
那你先不要管他，不难预处理出 $g_{x1,x2,y1,y2}$ 为区间 $[x1,y1][x2,y2]$ 随便放的方案数。
（看似是 $n^3m^22^m$，但我们其实可以在跑的过程中压掉一维，变成 $n^2m^22^m$）

然后我们考虑去搞它的要求。
那发现还是不会搞，那我们考虑反过来，求全部的减去有不横跨的。
那不横跨的其实很简单，你把两个 $g$ 拼在一起，得到的方案数是两个相乘，就可以保证拼接的地方不可能有横跨了。
那不难想到可以枚举分割的状态，但是你两个维度搞在一起还是会超时。

然后你就考虑一个维度直接暴力枚举状态，然后另一个维度用 DP 来搞。
怎么 DP 呢，大概是设 $F_i$ 为前 $i$ 部分分割好了的方案数，然后就 $n^2$ 转移。（然后转移的时候注意原来只有一段的情况，然后也容斥一下）

然后这么搞就好了。
我的代码常数大，要卡一卡时间，然后一开始预处理 $g$ 的插头 DP 其实还可以滚动数组，但我没用。
（我直接开 O2 了）

代码

#pragma GCC optimize(2)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define mo 19901013
#define rr register
#define ll long long

using namespace std;

int n, m, nxt, a[16], xx, yy, nn, mm;
int g[16][16][16][16], f[16][16][70001], ans;
int sum, F[16];
bool cn[16][16];
char c;

void slove(int x1, int y1, int y2) {//求出一个区间任意放的方案
	nn = n - x1 + 1;
	mm = y2 - y1 + 1;
	f[0][0][(1 << mm) - 1] = 1;
	for (int x = 0; x < nn; x++)
		for (int y = 0; y < mm; y++) {
			if (y == mm - 1) xx = x + 1, yy = 0;
				else xx = x, yy = y + 1;
			for (rr int k = 0; k < (1 << mm); k++) {
				if (!cn[x + x1][y + y1]) f[xx][yy][k | (1 << y)] = (f[xx][yy][k | (1 << y)] + f[x][y][k]) % mo;
					else {
						nxt = k;
						if ((nxt >> y) & 1) nxt ^= (1 << y);
						f[xx][yy][nxt] = (f[xx][yy][nxt] + f[x][y][k]) % mo;
						if (!((k >> y) & 1)) f[xx][yy][k | (1 << y)] = (f[xx][yy][k | (1 << y)] + f[x][y][k]) % mo;
						if (y > 0 && !((k >> (y - 1)) & 1))
							f[xx][yy][k | (1 << y) | (1 << (y - 1))] = (f[xx][yy][k | (1 << y) | (1 << (y - 1))] + f[x][y][k]) % mo;
					}
			}
		}
	for (int i = x1; i <= n; i++)
		for (rr int k = 0; k < (1 << mm); k++)
			g[x1][i][y1][y2] = (g[x1][i][y1][y2] + f[i - x1 + 1][0][k]) % mo;
	for (int i = 0; i <= nn; i++)
		for (int j = 0; j < mm; j++)
			for (rr int k = 0; k < (1 << mm); k++)
				f[i][j][k] = 0;
}

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			c = getchar();
			while (c != 'x' && c != '.') c = getchar();
			if (c == '.') cn[i][j] = 1;
				else cn[i][j] = 0;
		}
	
	for (int x1 = 1; x1 <= n; x1++)
		for (int y1 = 1; y1 <= m; y1++)
			for (int y2 = y1; y2 <= m; y2++) {
				slove(x1, y1, y2);
			}
	
	for (int k = 0; k < (1 << (m - 1)); k++) {
		memset(F, 0, sizeof(F));
		a[0] = 0;
		a[++a[0]] = 0;//搞出这个状态对应的每个分割位
		for (int i = 0; i < m - 1; i++)
			if ((k >> i) & 1) a[++a[0]] = i + 1;
		a[++a[0]] = m;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {//另外一个维度用 n^2 DP
			for (int j = 1; j <= i; j++) {
				sum = 1;
				for (int x = 2; x <= a[0]; x++) {
					sum = (1ll * sum * g[j][i][a[x - 1] + 1][a[x]]) % mo;
				}
				if (j == 1) F[i] = sum;//容斥
					else F[i] = (F[i] - (1ll * sum * F[j - 1]) % mo + mo) % mo;
			}
		}
		if (a[0] & 1) ans = (ans - F[n] + mo) % mo;
			else ans = (ans + F[n]) % mo;//容斥
	}
	
	printf("%d\n", ans);
	
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/luogu_P2595.html
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