题解 P4460 【[CQOI2018]解锁屏幕】

题目链接：Link

Problem

题目背景

使用过Android 手机的同学一定对手势解锁屏幕不陌生。Android 的解锁屏幕由3X3 个点组成，手指在屏幕上画一条线，将其中一些点连接起来，即可构成一个解锁图案。如下面三个例子所示:

题目描述

画线时还需要遵循一些规则:

1. 连接的点数不能少于4 个。也就是说只连接两个点或者三个点会提示错误。
2. 两个点之间的连线不能弯曲。
3. 每个点只能“使用”一次，不可重复。这里的“使用”是指手指划过一个点，该点变绿。
4. 两个点之间的连线不能“跨过”另一个点，除非那个点之前已经被“使用”过了。

对于最后一条规则，参见下图的解释。左边两幅图违反了该规则; 而右边两幅图(分别为2->4-1-3-6 和6->5-4->1->9-2) 则没有违反规则，因为在“跨过”点时，点已经被“使用”过了。

现在工程师希望改进解锁屏幕，增减点的数目，并移动点的位置，不再是一个九宫格形状，但保持上述画线的规则不变。请计算新的解锁屏幕上，一共有多少满足规则的画线方案。

输入输出格式

输入格式：

输入文件第一行，为一个整数n,表示点的数目。
接下来n 行，每行两个空格分开的整数 $ x_i $ 和 $ y_i $ ​,表示每个点的坐标。

输出格式：

输出文件共一行，为题目所求方案数除以100000007 的余数。

输入输出样例

in #1

4
0 0
1 1
2 2
3 3

out #1

8

in #1

4
0 0
0 1
0 2
1 0

out #2

18

说明

样例#1解释: 设4 个点编号为1到4,方案有1->2->3->4，2->1->3->4，3->2->1->4，2->3->1->4，及其镜像4->3->2->1,3->4->2->1,2->3->4->1，3->2->4->1。
对于30%的数据，$ 1 \leq n \leq 10 \( 对于100%的数据，\) -1000 \leq x_i,y_i \leq 1000 , 1 \leq n \le 20 $。各点各不相同

---

Solution

这道题事实上是个很典型的状压DP，但要特别注意以下几点：

• 状压DP除非有特别有效的剪枝，否则不要用BFS/DFS，老老实实用for循环
• 能预处理就预处理，卡常时千万不要偷懒。

Code

#include<cstdio>
using namespace std;
inline int max(const int &a,const int &b) { return a>b?a:b; }
inline int min(const int &a,const int &b) { return a<b?a:b; }
const int maxn=21;
const int mod=100000007;
int n,x[maxn],y[maxn],p[maxn][maxn],f[maxn][1<<maxn];
inline bool on(int u,int a,int b)
{
	if(x[u]<min(x[a],x[b])||x[u]>max(x[a],x[b])||y[u]<min(y[a],y[b])||y[u]>max(y[a],y[b])) return 0;
	return (x[u]-x[a])*(y[b]-y[a])==(x[b]-x[a])*(y[u]-y[a]);
}
inline bool ok(int x,int u,int st) { return (p[x][u]&st)==p[x][u]; }
int ct[1<<maxn];
int main()
{
#ifdef local
	freopen("pro.in","r",stdin);
#endif
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
	ct[0]=0; ct[1]=1;
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int v=1<<i;
		for(int j=0;j<v;j++) ct[v|j]=ct[j]+1;
	}
	for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<n;j++) if(i!=j)
		for(int k=0;k<n;k++) if(k!=i&&k!=j&&on(k,i,j))
			p[i][j]|=1<<k;
	int res=0;
	for(int i=0;i<n;i++) f[i][1<<i]=1;
	for(int st=0;st<(1<<n);st++) for(int u=0;u<n;u++)
	{
		if(!f[u][st]) continue;
		if(ct[st]>=4) (res+=f[u][st])%=mod;
		for(register int i=0,j=1;i<n;i++,j<<=1) if(!(st&j))
		{
			if(!ok(i,u,st)) continue;
			(f[i][st|j]+=f[u][st])%=mod;
		}
	}
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}