[GYM102832J]Abstract Painting

CXXVI.[GYM102832J]Abstract Painting

考虑将一个圆心为 $(x,0)$，半径为 $R$ 的圆，转换为 $x$ 轴上线段 $[x-R,x+R]$，问题转换为求无交的线段覆盖方案数。

因为所有的圆半径很小（$5$），所以我们考虑状压位置 $i$ 前面 $10$ 位的信息（在实际应用中会发现只要状压 $9$ 位即可，因为第 $i-1$ 位必然为 $0$），表示第 $i$ 位能否作为一个圆的左端点。当我们在位置 $i$ 加入一个圆 $[l,i]$ 时，需要保证当前状压的状态中第 $l$ 位为 $0$，$l\geq0$，$i-l$ 为 $\leq10$ 的偶数。在加入这么一个圆后，第 $l+1\sim i-1$ 位都不能作为圆的左端点，更新状态即可。同时，因为一个位置可以作为不止一个圆的右端点，所以还得枚举作为哪些圆的右端点。因为所有可能的直径只有 $2,4,6,8,10$，所以直接 $2^5$ 枚举即可。记得判断加入的圆的集合是否包含了必须加入的圆的集合！

总复杂度 $n\times2^9\times2^5$，可以通过。

（附，通过子集枚举等trick可以将复杂度优化到 $3^5\times 2^5$，但二者实际效率只不过差了个大约 $2$ 的常数，而且不加也能过，就不加了）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,m,mus[1010],f[1010][1<<9],all=(1<<0)|(1<<2)|(1<<4)|(1<<6)|(1<<8),res;
int fob(int ip){
	int lim=1;
	while(lim<=ip)lim<<=1;
	return lim-1;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++)scanf("%d%d",&x,&y),mus[x+y]|=(1<<((y-1)<<1));
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=all;;j=(j-1)&all){
		if((j&mus[i])==mus[i]&&j<(1<<min(i-1,9))){
			int J=fob(j);
//			printf("%d:%d:%d\n",i,j,J);
			for(int k=0;k<(1<<min(i-1,9));k++){
				if(k&j)continue;
				(f[i][((k<<1)&((1<<9)-1))|J]+=f[i-1][k])%=mod;
			}			
		}
		if(!j)break;
	}
	for(int i=0;i<(1<<9);i++)(res+=f[n][i])%=mod;
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}