YACS 2023年5月月赛 甲组 T3 铺砖问题 题解

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感谢 易敬然 大佬在 三铺地砖 中教会了我插头 DP，我看着他的题解慢慢写出了这题。

我们来考虑在某个位置放 $1\ast 2$ 砖块最远能放到哪里，如果我们向上放，即这样：

在叉叉的位置放一个 $1\ast 2$ 的砖块，当前的点是 $(x,y)$，则最远可以放到上面的点即 $(x-1,y)$。

此时就能设出状态了，顺次填入砖块。考虑到点 $(x,y)$ 时，假设上边左边即黄色区域的一定考虑过了，红色区域正在考虑，蓝色区域还没考虑。

$f[i][j][k]$ 为考虑到 $(i,j)$ 时，红色点从前往后的状态是 $k$，如果一位是 $0$，代表这位填过了或者本来不用填，是 $1$ 代表需要填且必须填，最终答案显然为 $f[n][n][0]$。

下面来看转移了，我们从上到下，每行按照从左到右依次转移。一共有三种（注意，我们不在红橙色区域外填，那样会填到蓝色区域里，我们将会在顺次考虑到蓝色区域时再算）：

第一种：

需要注意的是，画叉叉的是要填的，必须要被填，值为 $1$。

如果画叉叉的是 $0$，已经填过的或者是 "*" 那显然不能填，要特判，但橙色块一定是没填过的。

这种其实就是刚刚说过的，填完后顺次转移，橙色块（要考虑的块）向右移一个，可以转移到这种状态：

其中橙色方块左边的红色方块是 $0$，被填过了，剩下的就按照转移前的来。（使用的是贡献转移法）

第二种：

横着填，注意，标 "0" 的格子必须在状态中是 "0"。因为我们转移到下个状态时，它就成了黄色格子，是已经填完的了。

特判同一，填完变成：

第三种：

摆烂，啥都不填，但是标 $0$ 的格子必须是 $0$，理由同二。

最后还会爆空间，滚动一下就行，时间复杂度：$O(nm\cdot 2^m)$，代码：

#include <iostream>
using namespace std;
int n, m, now;
int t, cnt;
int st[1 << 18], map[19][19];
int f[2][1 << 18];
const int mod = 1000000007;
char c;
int main () {
    cin >> n >> m;
    f[0][0] = 1;//都填完了，方案数为 1
    for (int i = 0; i <= n; i ++) for (int j = 0; j <= m; j ++) map[i][j] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        for (int j = 1; j <= m; j ++) {
            cin >> c;
            if (c == '*') map[i][j] = 0;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        for (int j = 1; j <= m; j ++) {
            cnt = 1;
            st[1] = 0;
            for (int k = m; k >= 1; k --) {//判断哪些能填哪些不能填。
                if ( (j > k && map[i][j - k]) || (j <= k && map[i - 1][j + m - k]) ) {
                    int sz = cnt;
                    for (int l = 1; l <= sz; l ++) {
                        st[l + sz] = st[l] << 1;
                        st[l] = st[l] << 1 | 1;
                    }
                    cnt *= 2;
                } else for (int l = 1; l <= cnt; l ++) st[l] <<= 1;
            }
            for (int k = 0; k < (1 << 18); k ++) f[(now + 1) & 1][k] = 0;
            for (int k = 1; k <= cnt; k ++) {//转移
                int state = st[k], pos;
                if (f[now & 1][state] == 0) continue;
                if (i != 1 && (state & (1 << m - 1) ) && map[i][j] != 0 && map[i - 1][j]) {//1 是没被填的，0 是填过不用填的
                    pos = state;//竖着填
                    pos ^= (1 << m - 1);
                    pos <<= 1;
                    f[(now + 1) & 1][pos] += f[now & 1][state];
                    if (f[(now + 1) & 1][pos] >= mod) f[(now + 1) & 1][pos] -= mod;
                }
                if (j != 1 && (state & (1 << m - 1) ) == 0 && (state & 1) && map[i][j] != 0 && map[i][j - 1]) {//横着填
                    pos = state;
                    -- pos;
                    pos <<= 1;
                    f[(now + 1) & 1][pos] += f[now & 1][state];
                    if (f[(now + 1) & 1][pos] >= mod) f[(now + 1) & 1][pos] -= mod;
                }
                if ( (state & (1 << m - 1) ) == 0) {
                    pos = state;
                    if (map[i][j] == 0) pos <<= 1;
                    else pos = pos << 1 | 1;
                    f[(now + 1) & 1][pos] += f[now & 1][state];
                    if (f[(now + 1) & 1][pos] >= mod) f[(now + 1) & 1][pos] -= mod;
                }
            }
            now ++;
        }
    }
    cout << f[now & 1][0];
    return 0;
}