【poj1739】 Tony's Tour

http://poj.org/problem?id=1739 (题目链接)

题意

　　给出一个n*m的地图，有些是障碍。问从左下角走遍所有非障碍格子一次且仅一次最终到达右下角的路径方案数。

Solution

　　插头dp。

　　我们给地图的再加上2行：

　　　　．＃＃＃＃．

　　　　．．．．．．

　　那么最后就变成了求一个回路了，思路参见cdq论文。

　　UPD：并不是每种转移都需要重新求一遍最小表示法，但是那样写虽然常数略大，代码会整洁很多。虽然有强迫症，但是为了常数，还是把代码更新一下吧。

细节

　　细节见代码。

代码

// poj1739
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define LL long long
#define MOD 4001
#define inf 2147483640
#define Pi acos(-1.0)
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;

const int maxd=15,maxs=100010,maxh=4010;
int head[maxh],next[maxs];
int n,m,code[maxd],t[maxd],a[maxd][maxd],size[2],s[2][maxs];
char ch[maxd];
int tot[2][maxs];

void decode(int st) {   //解码
    for (int i=m;i>=0;i--) {
        code[i]=st&7;
        st>>=3;
    }
}
int encode(int op) {   //编码
    int cnt=0;int st=0;
    if (op) {   //有时并不需要重新求最小表示法
        memset(t,-1,sizeof(t));t[0]=0;
        for (int i=0;i<=m;i++) {
            if (t[code[i]]==-1) t[code[i]]=++cnt;
            code[i]=t[code[i]];
        }
    }
    for (int i=0;i<=m;i++) st=st<<3|code[i];
    return st;
}
void shift() {   //换行
    for (int i=m;i;i--) code[i]=code[i-1];
    code[0]=0;
}
void add(int op,int p,int num) {   //更新hash表
    int tmp=encode(op),id=tmp%MOD;
    for (int i=head[id];i;i=next[i])
        if (s[p][i]==tmp) {tot[p][i]+=num;return;}
    next[++size[p]]=head[id];s[p][size[p]]=tmp;tot[p][size[p]]=num;
    head[id]=size[p];
}
int main() {
    while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF && n && m) {
        memset(a,0,sizeof(a));
        for (int i=1;i<=n;i++) {
            scanf("%s",ch+1);
            for (int j=1;j<=m;j++) a[i][j]=ch[j]=='.';
        }
        a[n+1][1]=a[n+1][m]=1;
        for (int i=1;i<=m;i++) a[n+2][i]=1;
        n+=2;   //加行
        int ex=n,ey=m;   //终止格显然是无障碍的

        int p=0;
        tot[0][1]=1;size[0]=1;s[0][1]=0;
        for (int i=1;i<=n;i++)
            for (int j=1;j<=m;j++) {
                p^=1;   //滚动
                size[p]=0;
                memset(head,0,sizeof(head));   //清空hash表
                for (int k=1;k<=size[p^1];k++) {
                    decode(s[p^1][k]);   //解码
                    int left=code[j-1],up=code[j];   //左插头，上插头
                    if (!a[i][j]) {   //该格子为障碍格
                        code[j-1]=code[j]=0;
                        if (j==m) shift();
                        add(0,p,tot[p^1][k]);
                        continue;
                    }
                    if (left && up) {   //左、上插头都存在，合并连通块
                        if (left==up) {   //即将合并的两部分在同一个联通分量中
                            if (i==ex && j==ey) {   //只能出现在最后一个格子
                                code[j]=code[j-1]=0;
                                if (j==m) shift();
                                add(0,p,tot[p^1][k]);
                            }
                        }
                        else {   //不在同一个联通分量，合并
                            code[j-1]=code[j]=0;
                            for (int l=0;l<=m;l++) if (code[l]==left) code[l]=up;
                            if (j==m) shift();
                            add(1,p,tot[p^1][k]);
                        }
                    }
                    else if (left || up) {   //左、上插头存在一个，连通块不变
                        int tmp;
                        if (left) tmp=left;
                        else tmp=up;
                        if (a[i][j+1]) {   //插头插向右边的格子,这一步一定要先写,因为后面那步需要shift,会破坏code
                            code[j-1]=0;code[j]=tmp;
                            add(0,p,tot[p^1][k]);
                        }
                        if (a[i+1][j]) {   //插头插向下边的格子
                            code[j-1]=tmp;code[j]=0;
                            if (j==m) shift();
                            add(0,p,tot[p^1][k]);
                        }
                    }
                    else {   //左、上插头都不存在。新建连通块
                        if (a[i][j+1] && a[i+1][j]) {
                            code[j-1]=code[j]=10;   //随意设一个一定不会与之前连通块重复的编号
                            add(1,p,tot[p^1][k]);
                        }
                    }
                }
            }
        int ans=0;
        for (int i=1;i<=size[p];i++) ans+=tot[p][i];
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}