P5074 Eat the Trees

Eat the Trees

Luogu P5074

题目背景

HDU1693：Eat the Trees

题目描述

给出n*m的方格，有些格子不能铺线，其它格子必须铺，可以形成多个闭合回路。问有多少种铺法？

输入格式

每个测试点多组数据

第一行一个正整数T，表示有T组数据

每组数据：

第1行，n,m(2<=n,m<=12)

从第2行到第n+1行，每行m个数字（1 or 0），1表铺线，0表不铺线

输出格式

每组数据输出一个整数（表方案数）

样例 #1

样例输入 #1

2
6 3
1 1 1
1 0 1
1 1 1
1 1 1
1 0 1
1 1 1
2 4
1 1 1 1
1 1 1 1

样例输出 #1

3
2

Solution

算是个插头 DP 的基础题了，甚至比洛谷上插头 DP 的模板题还要简单。

假设一个 DP 数组 $f[i][j][s]$ 表示当前枚举到了 $(i,j)$ 的格子，并且当前轮廓线的状态为 $s$，那么按照插头 DP 模板的思路，先获取当前格子左侧插头 $isR=s>>(j-1)$ 和上侧插头 $isD=s>>j$，进行分类讨论：

• $(i,j)$ 是障碍物

  这种情况很简单，只需要左侧插头和上侧插头均不存在就是合法的，即当 $isD=isR=0$ 时，$f[i][j][s]+=f[i][j-1][s]$。

• $isD=isR=0$ 左插和上插都不存在

  因为形成回路，所以每个格子都具有两个插头，因此当前格子一定具有下插和右插，所以就是 $f[i][j][s+(1<<j-1)+(1<<j)]+=f[i][j-1][s]$ （加入这两个新的插头）。

• $isR=1,isD=0$ 仅存在左插

  既然有左插，那么当前格子就可以右插和下插二选一，判断一下右插和下插会不会插到障碍物上然后转移即可：$f[i][j][s]+=f[i][j-1][s],f[i][j][s-(1<<j-1)+(1<<j)]+=f[i][j][s]$。

• $isR=0,isD=1$ 仅存在上插

  与仅存在左插的情况相同，$f[i][j][s]+=f[i][j-1][s],f[i][j][s-(1<<j)+(1<<j-1)]+=f[i][j-1][s]$。

• $isR=isD=1$ 左插和上插同时存在

  既然一个格子具有两个插头，那这两个插头就是这个格子全部的合法插头了，所以这个格子不会再拥有新的插头，所以有 $f[i][j][s-(1<<j)-(1<<j-1)]+=f[i][j-1][s]$。

到达每一行的第一个的时候需要将轮廓线给滚到下一行，具体做法就是 $f[i][0][j<<1]=f[i-1][m][j]$，这样就可以做到把插头全部右移一位了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define bit(a,b) (a>>b-1&1) //表示a二进制上第b位的数字
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;
}
bool mp[15][15];
int n,m,T,maxn;
const int _SIZE=1<<14;
long long f[15][15][_SIZE+5];
int main()
{
	read(T);
	while (T--)
	{
		read(n),read(m);
		maxn=1<<(m+1);mem(f,0);
		for (int i=1;i<=n;i++)
			for (int j=1;j<=m;j++) read(mp[i][j]);
		mem(f,0);
		f[0][m][0]=1;
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			for (int j=0;j<maxn;j++) f[i][0][j<<1]=f[i-1][m][j];
			for (int j=1;j<=m;j++)
			{
				for (int k=0;k<maxn;k++)
				{
					int isR=bit(k,j),isD=bit(k,j+1),nowsta=k;
					long long nowans=f[i][j-1][k];
					if (!mp[i][j]) 
					{
						if ((!isD) && (!isR)) f[i][j][nowsta]+=nowans;
					}
					else if ((!isD) && (!isR))
						f[i][j][nowsta+(1<<j-1)+(1<<j)]+=nowans;
					else if ((!isR) && isD)
					{
						if (mp[i][j+1]) f[i][j][nowsta]+=nowans;
						if (mp[i+1][j]) f[i][j][nowsta-(1<<j)+(1<<j-1)]+=nowans;
					}
					else if (isR && (!isD))
					{
						if (mp[i+1][j]) f[i][j][nowsta]+=nowans;
						if (mp[i][j+1]) f[i][j][nowsta-(1<<j-1)+(1<<j)]+=nowans;
					}
					else 
						f[i][j][nowsta-(1<<j-1)-(1<<j)]+=nowans;
				}
			}
		}
		printf("%lld\n",f[n][m][0]);
	}
	return 0;
}