[CQOI2018]解锁屏幕

XXXI.[CQOI2018]解锁屏幕

$n\leq 20$一眼状压。

设$f[i][j]$表示：访问状态为$i$，当前在$j$点的方案数。

我们枚举一个$k$，表示下一个要去的地方；要判断$j$能不能转移到$k$，还要枚举$l$，判断$j,k,l$是否共线。判断共线是基础向量，一次点积+一次叉积带走。

这样复杂度$O(n^32^n)$，期望得分$30\%$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define x first
#define y second
const int mod=1e8+7;
int n,f[1<<20][20],lim,res;
pii p[20];
pii operator-(const pii &u,const pii &v){
	return mp(u.x-v.x,u.y-v.y);
}
int operator*(const pii &u,const pii &v){
	return u.x*v.x+u.y*v.y;
}
int operator^(const pii &u,const pii &v){
	return u.x*v.y-u.y*v.x;
}
int main(){
	scanf("%d",&n),lim=1<<n;
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d%d",&p[i].first,&p[i].second);
	for(int i=0;i<n;i++)f[1<<i][i]=1;
	for(int i=0;i<lim;i++)for(int j=0;j<n;j++){
		if(!(i&(1<<j)))continue;
//		printf("%d %d:\n",i,j);
		for(int k=0;k<n;k++){
			if(i&(1<<k))continue;
//			printf("%d:\n",k);
			bool ok=true;
			for(int l=0;l<n;l++){
				if(i&(1<<l))continue;
				if(k==l)continue;
				if(((p[k]-p[j])^(p[l]-p[j]))!=0)continue;
				if(((p[k]-p[l])*(p[j]-p[l]))>0)continue;
				ok=false;break;
			}
//			printf("%d\n",ok);
			(f[i|(1<<k)][k]+=f[i][j]*ok)%=mod;	
		}
	}
	for(int i=0;i<lim;i++)if(__builtin_popcount(i)>=4)for(int j=0;j<n;j++)(res+=f[i][j])%=mod;
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}

考虑$O(n^3)$预处理出如果能从$j$转移到$k$需要选择的子集。这样子就可以$O(1)$在DP时判断（即判断该子集是否是$i$的子集）。复杂度$O(n^22^n)$。期望得分$100\%$。

另：本题卡常，请随手吸氧。

代码：

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define x first
#define y second
const int mod=1e8+7;
int n,f[1<<20][20],lim,res,blk[20][20];
pii p[20];
pii operator-(const pii &u,const pii &v){
	return mp(u.x-v.x,u.y-v.y);
}
int operator*(const pii &u,const pii &v){
	return u.x*v.x+u.y*v.y;
}
int operator^(const pii &u,const pii &v){
	return u.x*v.y-u.y*v.x;
}
int main(){
	scanf("%d",&n),lim=1<<n;
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d%d",&p[i].first,&p[i].second);
	for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++){
		if(i==j)continue;
		for(int k=0;k<n;k++){
			if(i==k||j==k)continue;
			if(((p[j]-p[i])^(p[k]-p[i]))!=0)continue;
			if(((p[i]-p[k])*(p[j]-p[k]))>0)continue;
			blk[i][j]|=(1<<k);
		}
	}
	for(int i=0;i<n;i++)f[1<<i][i]=1;
	for(int i=0;i<lim;i++)for(int j=0;j<n;j++){
		if(!(i&(1<<j)))continue;
//		printf("%d %d:\n",i,j);
		for(int k=0;k<n;k++){
			if(i&(1<<k))continue;
			if((i&blk[j][k])!=blk[j][k])continue;
			(f[i|(1<<k)][k]+=f[i][j])%=mod;	
		}
	}
	for(int i=0;i<lim;i++)if(__builtin_popcount(i)>=4)for(int j=0;j<n;j++)(res+=f[i][j])%=mod;
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}