插头DP学习笔记
hhh还是滚去学了插头DP。。。
这玩意理解起来其实并不是听说的那么困难。（那是因为你只写了板子QAQ
我太菜了所以可能写了一堆锅，所以哪位爸爸发现了错误指出来就好。谢谢orz！
基本概念
Q：插头DP是啥？
A：基于连通性状态压缩的动态规划
Q：它可以干嘛？
A：不是说了嘛...基于连通性状态压缩的动态规划嘛分为两类，骨牌覆盖&线段覆盖
Q：啥时候用？
A：网格，数据范围极小，可以状态压缩。大部分为计算方案。
Q：插头是啥？
A：格子与格子中间的转移，可以理解为拼图的缺口和凸起。
Q：轮廓线是啥？
A：轮廓线就是我们状态压缩的部分。就是当前处理完的和未处理的分界线。
蓝色的就是轮廓线，黄色的使我们接下来要处理的格子。
步入正题
我们直接看陈丹琦论文里的入门题好了。BZOJ1814：Formula 1（URAL1519）
题目大意：给出一个m*n的矩阵里面有一些格子为障碍物，求经过所有非障碍格子的哈密顿回路个数。
我们先介绍一下这个最小表示法。首先哈密尔顿回路不会出现两条路径交叉（可以自己YY一下），所以一条路径就可以看成左右括号，然后多条路径就是一个括号匹配。如下图
所以对于一段路径，它的左边接入点称之为1，右边接入点称之为2。以及没有接入点的地方表示为0。这样我们就可以状压表示路径的连通性啦。因为我们是从左到右，从上到下转移，所以对于一个格子它会有一个上插头，一个左插头，分别为上方接入的地方是啥以及左边的接入点是啥。
这是一个三进制状态，需要手写位运算，并不是很方便，所以我们就可以把它看成4进制，在开始的时候预处理一下每个数*2的结果，然后4^x就可以表示为2^2x啦。然后我们又发现4^x存不下啊怎么办。这时候我们可以使用哈希表，然后开两个数组f,g分别维护状态&答案。
状态解决了接下来我们就可以转移了。
前面我们提到过其实就是一个括号匹配问题。所以接下来可以同时利用括号匹配的思路方便理解。
我们先讨论这个格子没有障碍物。（轮廓线均为蓝->黄）
00 -> 12 即开始一段新路径
01->01 or 10 虚线的两种连法
同理得到
10 ->01 or 10
02 ->02 or 20
20 ->02 or 20
然后我们就有复杂一点的了
11->00 同时需要把右边的第一个2改为1 因为两个路径合并为一条路径了。
22->00同理 将左边的第一个1改为2
21->00 我们合并了两条路径
！！！！12->00！！！！
这个不可以乱来，因为我们把整条回路封闭了！！！
所以只有最右下方的一个空格子可以封闭回路。
【不画图了，最后一个你自己YY好了QwQ】
然后我们还有一个障碍格子没有处理。首先它不能被接入也不能接出所以就是00->00【障碍格子只可以有这一种转移】
然后我们就可以写代码啦！写起来有爆搜的感觉hhh
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define md 312251
#define mxn 15
using namespace std;
int mp[mxn][mxn],hs[md+2],k,n,m,nn,mm;
unsigned long long f[2][600000];long long ans,g[2][600000];
char ch[mxn];
//f:state g:sum
int tot[2],mi[mxn];
void prework()
{
for(int i=1;i<=max(n,m);i++)
mi[i]=i<<1;
}
void put(unsigned long long cur,long long val)
{
int s=cur%md;
while(hs[s])
{
if(f[k][hs[s]]==cur)
{
g[k][hs[s]]+=val;
return;
}
s++;if(s==md) s=0;
}
hs[s]=++tot[k];f[k][hs[s]]=cur;g[k][hs[s]]=val;
}
void solve()
{
tot[0]=1;g[0][1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
k^=1;tot[k]=0;
memset(hs,0,sizeof(hs));
memset(f[k],0,sizeof(f[k]));
memset(g[k],0,sizeof(g[k]));
for(int u=1;u<=tot[k^1];u++)
{
unsigned long long state=f[k^1][u];
long long val=g[k^1][u];
int p=(state>>mi[j-1])%4,q=(state>>mi[j])%4;
if(!mp[i][j])
{
if(!p&&!q) put(state,val);
}
else
{
if(!p)
{
if(!q)
{
if(mp[i+1][j]&&mp[i][j+1])
put(state+1*(1<<mi[j-1])+2*(1<<mi[j]),val);
}
if(q==1)
{
if(mp[i][j+1]) put(state,val);
if(mp[i+1][j]) put(state-q*(1<<mi[j])+q*(1<<mi[j-1]),val);
}
if(q==2)
{
if(mp[i][j+1]) put(state,val);
if(mp[i+1][j]) put(state-q*(1<<mi[j])+q*(1<<mi[j-1]),val);
}
}
if(p==1)
{
if(!q)
{
if(mp[i+1][j]) put(state,val);
if(mp[i][j+1]) put(state-p*(1<<mi[j-1])+p*(1<<mi[j]),val);
}
if(q==1)
{
int cur=1,s;
for(int v=j+1;v<=m;v++)
{
s=(state>>mi[v])%4;
if(s==1) cur++;
if(s==2) cur--;
if(!cur)
{
s=state-p*(1<<mi[j-1])-q*(1<<mi[j])-(1<<mi[v]);
break;
}
}
put(s,val);
}
if(q==2)
{
if(i==nn&&j==mm) ans+=val;
}
}
if(p==2)
{
if(!q)
{
if(mp[i+1][j]) put(state,val);
if(mp[i][j+1]) put(state-p*(1<<mi[j-1])+p*(1<<mi[j]),val);
}
if(q==1)
{
put(state-p*(1<<mi[j-1])-q*(1<<mi[j]),val);
}
if(q==2)
{
int cur=1,s;
for(int v=j-2;v>=1;v--)
{
s=(state>>mi[v])%4;
if(s==2) cur++;
if(s==1) cur--;
if(!cur)
{
s=state-p*(1<<mi[j-1])-q*(1<<mi[j])+(1<<mi[v]);
break;
}
}
put(s,val);
}
}
}
}
}
for (int j=1;j<=tot[k];j++)
f[k][j]=f[k][j]<<2;
}
}
void work()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",ch);
for(int j=0;j<m;j++)
if(ch[j]=='.') mp[i][j+1]=1,nn=i,mm=j+1;
}
prework();
solve();
printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
work();
return 0;
}哦对了。当我们转移完一行的时候，状态需要*4，也就是整体左移一次。这个是因为我们在计算的时候整体右移了一发。所以需要移回去。我觉得我写的十分可读QwQ
好了就到这里吧。。。下个题。。。等我想放的时候再放好了hhh【原因是我今天早晨应该学LCT的，学到一半把LCT咕了QAQ
