插头DP学习笔记

插头 DP

插头 DP 是在状态压缩 DP 的基础上用于解决一些需要处理连通性问题（比如求棋盘上的哈密顿回路）。

要了解插头 DP ，首先先回到普通的状压 DP。状压 DP 的一类经典解法就是设 DP 数组 $dp[i][j]$，用 $i$ 表示枚举到了第 $i$ 行，并且第 $i$ 行的状态为 $j$，然后用相邻两行互相影响的状态来计算方案数，最典型的题目有在棋盘上放国王这类题。

有些时候，这种逐行枚举的办法可能会发现状态并不好转移，而插头 DP 最为典型的做法是用逐格枚举代替普通状压 DP 的逐行枚举。

为了能够清楚的说明插头 DP，需要引入两个概念：轮廓线、插头。

轮廓线是当前已经进行转移了的格子与未进行转移格子的分界线，是一条将原来的方格图划分成为两部分的折线。

插头是一个格子所具有的状态，可以具有上下左右四个插头，表示与上下左右四个格子有连接。

接下来，结合模板题，将会讲解这一神奇的 DP。

【模板】插头dp

Luogu P5056

题目背景

ural 1519

陈丹琦《基于连通性状态压缩的动态规划问题》中的例题。

题目描述

给出 $n\times m$ 的方格，有些格子不能铺线，其它格子必须铺，形成一个闭合回路。问有多少种铺法？

输入格式

第一行，两个整数，分别代表 $n,m$。

从第二行到第 $(n+1)$ 行，每行有一个长度为 $m$ 的只含 * 和 . 的字符串，* 表不能铺线，. 表必须铺。

输出格式

输出一行一个整数，表示总方案数。

样例 #1

样例输入 #1

4 4
**..
....
....
....

样例输出 #1

2

样例 #2

样例输入 #2

4 4
....
....
....
....

样例输出 #2

6

提示

数据规模与约定

• 对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，保证 $2\le n,m\le 12$。

Solution

这道题的要求是求出这个棋盘的哈密顿回路，如果采用普通的状压 DP 来转移状态，会发现很难转移，所以用插头 DP 来解决。

首先需要知道的是，因为需要构成回路，那么每一个格子都会具有两个插头，一个进、一个出。这一性质十分重要。

插头 DP 是在轮廓线上进行 DP 。设 DP 数组 $dp[i][j][s]$ 表示当前枚举到 $(i,j)$ 且状态为 $s$ 的方案总数，这里的 $s$ 就表示了轮廓线的状态，具体如何编码接下来再进行讨论。

对于轮廓线上的状态，轮廓线会将可能的回路切割成为两半，并且在轮廓线上会有这些回路留下的插头，那么因为要形成回路，留下的插头一定是偶数个并且成对出现（可以把理解为一个插头用于进入当前路径，另一个插头用于离开当前路径）。并且更重要的是这些插头的匹配是满足括号匹配的（我不会证明，但是可以感性认识下，如果 $a$ 和 $c$ 是匹配的两个插头，$b$ 和 $d$ 也是匹配的两个插头，如果 $b$ 被夹在 $a$ , $c$ 间，那么 $b-d$ 这条路径一定会与 $a-c$ 有重合，所以 $b$ 一定不会被 $a$ 和 $c$ 夹在中间）。既然满足括号匹配，那么就有一种比较巧妙的编码方式，就是将左括号编码为 $1$ ，右括号编码为 $2$ ，没有括号（插头）的地方编码为 $0$ （这样的编码规则下可以将 $1$ 理解为进入路径的插头，$2$ 理解为离开路径的插头，$0$ 表示没有插头的位置）。

既然已经知道了轮廓线的编码方式，那么就可以来讨论转移的问题了。插头 DP 的转移的情况较多，接下来将逐个分析，为了方便表述，将当前格子的左侧的插头记作 $isR$（理解作向右的插头），上侧的插头记作 $isD$（理解作向下的插头），这两个值可以从轮廓线的状态上很方便地获取到。

1. 当前格子为障碍物

   如果当前格子为障碍物，那么能转移到当前格子的状态只能是当 $isR$ 与 $isD$ 两个都不存在（即 $isR=isD=0$），此时的轮廓线的状态将不发生改变，直接转移至当前格子。

2. 左侧插头与上侧插头都不存在（$isR=isD=0$）

   既然当前格子上侧与左侧插头都不存在，并且为了为了满足一个格子有两个插头这一性质，当前格子将会具有右插头和下插头，并需要用这两个插头来更新轮廓线状态。

3. 仅存在左侧插头（$isR=1/2,isD=0$）

   仅存在左插头并且不存在上插头，那么当前格子就可以具有下插头或者是右插头，分开讨论并转移这两种状态即可。

4. 仅存在上侧插头（$isR=0,isD=1/2$）

   与仅存在左插头的情况相同，当前格子可以就有下插头或者是右插头，分开讨论并转移。

5. 当前格子的上侧插头与左侧插头都为 $1$（$isR=isD=1$）

   理解作有两个需要进入当前格子的插头，因为一个格子只能具有两个插头，所以这个格子就只会具有左和上插头。因为要构成回路，所以就需要将上插头对应的那个插头的值改为 $1$ ，可以理解成为将这组插头表示的路径颠倒方向。因为轮廓线在这个格子更新后已经不再与这两个插头有关（这两个插头已经被接上，所以不存在在轮廓线上了），所以轮廓线的状态需要将这两个插头删除，并且将上插头对应的那个插头的值改为 $1$。

6. 当前格子的上侧插头与左侧插头都为 $2$（$isR=isD=2$）

   这种情况与都为 $1$ 的情况也类似，因为需要接上这两个插头，所以需要将左插头代表的路径反向，即需要向左找到与左插头对应的插头并将值改为 $1$。

7. 当前格子的左侧插头值为 $2$，上侧插头值为 $1$（$isR=2,isD=1$）

   即从上侧进入当前格子并从左侧离开，不需要对任何插头进行操作，直接删除这两个插头就可以了（同样是因为这两个插头不存在于轮廓线上了）。

8. 当前格子的左侧插头值为 $1$，上侧插头值为 $2$（$isR=1,isD=2$）

   从左侧进入当前格子并从上侧离开，因为向上走会回到原来的位置，所以这一种情况是用于最后一个格子来构成回路用的，当到达了最后一个格子轮廓线状态满足这种情况，那么这种状态就是一种合法的回路方案，计算进最终答案就行了。

在代码实现的时候，因为状态数量是比较零散的，直接开数组存储可能存在浪费空间的情况，所以可以用哈希表来优化空间。并且如果每到达一个新格子就要枚举所有可能情况的话，时间开销又会比较大，所以可以记录下可能的状态，在需要枚举的时候直接继承上一个格子的结果，这样就可以省下一些时间。

其他有一些小技巧，此题存储的轮廓线状态由 $0,1,2$ 构成，所以可以看成三进制串来压缩进行存储，但是在代码实现的时候可以用四进制来进行存储，因为 $4$ 是 $2$ 的二次幂，可以用位运算，运算速度可以大大加快。

开始前先预处理了一个 $bits$ 数组，作用是访问轮廓线状态 $s$ 的四进制第 $i$ 位时，可以用 $(i>>bits[i])mod4$ 实现快速计算。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define int long long
using namespace std;
template<typename T> void read(T &k)
{
	k=0;T flag=1;char b=getchar();
	while (!isdigit(b)) {flag=(b=='-')?-1:1;b=getchar();}
	while (isdigit(b)) {k=k*10+b-48;b=getchar();}
	k*=flag;
}
int n,m;
bool mp[15][15];
int ex,ey;//记录下最后一个非障碍物的格子的坐标，并在这个格子统计答案
int bits[30];
int pre=1,cur=0;//pre表示上一行存储的位置，cur表示当前行存储的位置，当进入新的一行的时候就交换这两个值来达到滚动数组的目的
const int _SIZE=6e5,MOD=590027;
struct HASH_TABLE{//链表实现哈希表
	int pre,to;
}H[_SIZE+5];
int tot[2],ptr[_SIZE+5],at=0;
int state[2][_SIZE+5],dp[2][_SIZE+5];//存储状态和dp数组
int Fans=0;//统计最终答案
void modify(int sta,int val)//查看hash表内是否存在键值sta
{
	int key=sta%MOD;//计算表头
	for (int i=ptr[key];i;i=H[i].pre)//遍历当前表头的所有sta
		if (state[cur][H[i].to]==sta)//存在
		{
			dp[cur][H[i].to]+=val;//说明在dp数组中出现过，直接将val加入
			return;
		}
	tot[cur]++;//如果没有的话就添加进当前表头
	state[cur][tot[cur]]=sta;//存状态（类似映射表）
	dp[cur][tot[cur]]=val;
	H[++at].pre=ptr[key];//链表的处理
	H[at].to=tot[cur];
	ptr[key]=at;
}
void init() {for (int i=1;i<=25;i++) bits[i]=(i<<1);}//初始化bits数组
void PlugDP()//插头DP
{
	tot[cur]=1,dp[cur][1]=1;//初始化边界条件
	state[cur][1]=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		for (int j=1;j<=tot[cur];j++) state[cur][j]<<=2;//先将轮廓线下移，即将所有插头向后走一位
		for (int j=1;j<=m;j++)
		{
			at=0;mem(ptr,0);//新的格子，清空hash表
			swap(pre,cur);//滚动
			tot[cur]=0;
			int nowsta,isD,isR,nowans;
			for (int k=1;k<=tot[pre];k++)
			{
				nowsta=state[pre][k],nowans=dp[pre][k];//先存储当前状态以及答案
				isD=(nowsta>>bits[j])%4,isR=(nowsta>>bits[j-1])%4;//获取左插头和上插头
				if (!mp[i][j])//障碍物
				{
					if ((!isD) && (!isR)) modify(nowsta,nowans);//判断插头情况，只有两个插头都不存在才是合法的
				}
				else if ((!isD) && (!isR))//两个插头都不存在
				{
					if (mp[i+1][j] && mp[i][j+1]) modify(nowsta+(1<<bits[j-1])+2*(1<<bits[j]),nowans);//一个插头设置为1，一个设置为2
				}
				else if (isR && (!isD))//仅存在左插头
				{
					if (mp[i+1][j]) modify(nowsta,nowans);//插头的位置不会发生改变
					if (mp[i][j+1]) modify(nowsta-isR*(1<<bits[j-1])+isR*(1<<bits[j]),nowans);//插头位置右移一位，即删除原来位置并加入原来右侧位置
				}
				else if (isD && (!isR))//仅存在上插头
				{
					if (mp[i][j+1]) modify(nowsta,nowans);//同样不发生改变
					if (mp[i+1][j]) modify(nowsta-isD*(1<<bits[j])+isD*(1<<bits[j-1]),nowans);//插头位置左移一位
				}
				else if (isD==1 && isR==1)//两个插头都为1
				{
					int cnt=1;
					for (int l=j+1;l<=m;l++)//向右找对应的2
					{
						if ((nowsta>>bits[l])%4==1) cnt++;
						else if ((nowsta>>bits[l])%4==2) cnt--;
						if (!cnt)//找到匹配的了
						{
							modify(nowsta-(1<<bits[j-1])-(1<<bits[j])-(1<<bits[l]),nowans);//将l位置设为1，也就是将2减去1
							break;
						}
					}
				}
				else if (isD==2 && isR==2)//两个插头都为2
				{
					int cnt=1;
					for (int l=j-2;l;l--)//向左找对应的1
					{
						if ((nowsta>>bits[l])%4==1) cnt--;
						else if ((nowsta>>bits[l])%4==2) cnt++;
						if (!cnt)
						{
							modify(nowsta-2*(1<<bits[j-1])-2*(1<<bits[j])+(1<<bits[l]),nowans);//将插头去除，插头l加1变成2
							break;
						}
					}
				}
				else if (isD==1 && isR==2)//上1左2
					modify(nowsta-2*(1<<bits[j-1])-(1<<bits[j]),nowans);//直接删除这两个插头
				else if (isR==1 && isD==2 && i==ex && j==ey)//上2左1，必须到达最后一个点才是合法的
					Fans+=nowans;//统计入最终答案
			}
		}
	}
}
signed main()
{
	read(n),read(m);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		char st[15];scanf("%s",st+1);
		for (int j=1;j<=m;j++)
			if (st[j]=='.') ex=i,ey=j,mp[i][j]=1;
	}
	init();
	PlugDP();
	printf("%lld\n",Fans);
	return 0;
}

推荐题目： Luogu P5074 多回路问题