「ZJOI2009」多米诺骨牌

题目描述

有一个n × m 的矩形表格，其中有一些位置有障碍。现在要在这个表格内放一些1 × 2 或者2 × 1 的多米诺骨牌，使得任何两个多米诺骨牌没有重叠部分，任何一个骨牌不能放到障碍上。并且满足任何相邻两行之间都有至少一个骨牌横跨，任何相邻两列之间也都至少有一个骨牌横跨。求有多少种不同的放置方法，注意你并不需要放满所有没有障碍的格子。$n, m \leq 15$

解题思路 :

先考虑没有至少一个骨牌横跨这个限制该怎么做，只需要轮廓线 $\text{dp}$ 记录一下轮廓线上的格子有没有放每次分讨缺口进行转移即可。如果只有行有限制也比较好做，只需要轮廓线的时候再多记一维来钦定必须要横跨即可，或者枚举哪些列没有横跨，可以通过二项式反演(容斥)得到答案。

于是根据上面两个思路口胡了一个非常 $\text{Naive}$ 的做法并且成功狗带了，最初的做法每次预处理出每一个子矩阵行必须要跨过的答案，暴力枚举哪些列不跨过容斥。错误的地方在于可能有一个子矩阵并不需要马上让行被跨过，可以在枚举的同一行的另外一个子矩阵被跨过。

这里挂掉后就发现不得不对行列都进行容斥了，考虑暴力容斥的复杂度是 $O(4^nn^2)$ 显然不能过。但是观察发现一旦行确定好了，列的分割线怎么枚举关于行的贡献都不会变，所以可以暴力枚举行再额外用一个 $\text{dp}$ 维护列的贡献。显然系数只于选的列的数量有关，可以得到转移方程 $dp[i] = \sum_{j<i} -dp[j] \times calc(j+1, i, s)$ 。其中 $calc(j+1, i, s)$ 表示 $[j+1, i]$ 这一块被当前枚举的行集合 $s$ 划分后的总方案数，这里可以通过轮廓线 $\text{dp}$ 预处理出每一块子矩阵任意放的方案数来计算，复杂度 $O(n)$ 。所以用 $\text{dp}$ 维护后复杂度变成了 $O(2^n n^2)$ ，足以通过此题。

其实本题主要的复杂度瓶颈是在预处理部分，由于障碍的存在，不得不预处理出 $pre[x1][x2][y1][y2]$ 表示这个子矩阵不考虑限制的摆放方案，由于一次轮廓线 $\text{dp}$ 可以通过 $O(2^nn^2)$ 的复杂度算出以一条横着的扫描线向下推出的所有子矩阵的值。直接看的话复杂度是 $O(2^nn^5)$ ，但是观察发现对于每一行的横着的扫描线，每一种长度要算的都是 $O(n)$ 级别的，而 $\sum_{i=1}^n2^i = 2^{n+1} - 1$ ，所以实际上一行枚举的集合大小之和只有 $2^{n+1}$ ，总复杂度就是 $O(n^32^{n+1})$ ，当然也可以直接暴力出奇迹

/*program by mangoyang*/

#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")

#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")

#include<bits/stdc++.h>

#define inf (0x7f7f7f7f)

#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))

#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))

typedef long long ll;

using namespace std;

template <class T>

inline void read(T &x){

    int f = 0, ch = 0; x = 0;

    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;

    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;

    if(f) x = -x;

}

#define Rint register int

const int N = 16, S = (1 << 15) + 5, mod = 19901013;

char mp[N][N];

int f[2][N][S], pre[N][N][N][N], dp[N], val[N], ans, n, m;

inline void up(int &x, int y){ x += y; if(x >= mod) x -= mod; }

inline void gao(int w, int h, int x, int y){

    for(Rint o = 0; o < 2; o++)

		for(Rint i = 0; i <= h; i++)

			for(Rint s = 0; s < (1 << h); s++) f[o][i][s] = 0;

	f[0][h][(1<<h)-1] = 1;

    for(Rint i = 1, o = 1; i <= w; i++, o ^= 1){

        for(Rint s = 0; s < (1 << h); s++) f[o][0][s] = f[o^1][h][s];

        for(Rint j = 0; j <= h; j++)

        	for(Rint s = 0; s < (1 << h); s++) f[o^1][j][s] = 0;

        for(Rint j = 0; j < h; j++)

            for(Rint s = 0; s < (1 << h); s++){

                if(mp[i+x-1][j+y] == 'x'){

                    up(f[o][j+1][s|(1<<j)], f[o][j][s]); continue;

                }

                if(!((1 << j) & s)) up(f[o][j+1][s|(1<<j)], f[o][j][s]);

                if(j && (!((1 << j - 1) & s)))

                    up(f[o][j+1][s|(1<<j-1)|(1<<j)], f[o][j][s]);

                up(f[o][j+1][s&(~(1<<j))], f[o][j][s]);

            }

        for(Rint s = 0; s < (1 << h); s++)

            up(pre[x][i+x-1][y][h+y-1], f[o][h][s]);

    }

}

inline int calc(int x, int y, int s){

    int ls = 0, res = 1;

    for(int i = 0; i < n - 1; i++) if((1 << i) & s)

        res = 1ll * res * pre[ls+1][i+1][x][y] % mod, ls = i + 1;

    res = 1ll * res * pre[ls+1][n][x][y] % mod;

    return res;

}

inline void addvalue(int s){

    memset(dp, 0, sizeof(dp)), dp[0] = -1;

    for(int i = 1; i <= m; i++)

        for(int j = 0; j < i; j++)

        	up(dp[i], (1ll * -dp[j] * calc(j + 1, i, s) % mod + mod) % mod);

    up(ans, (__builtin_popcount(s) & 1 ? -1 : 1) * dp[m]);

}

signed main(){

    read(n), read(m);

    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%s", mp[i] + 1);

    for(int i = 1; i <= n; i++)

        for(int j = 1; j <= m; j++)

            for(int k = j; k <= m; k++) gao(n - i + 1, k - j + 1, i, j);

    for(int i = 0; i < (1 << n - 1); i++) addvalue(i);

    cout << (ans % mod + mod) % mod;

    return 0;

}