AT695 マス目

AT695 マス目

本题选自 DP 优化方法大杂烩 状压部分。

这个题很 nb。下文记 \(n=H\)，\(m=W\)。

对于每一列，如果只记录一个格子是否为黑色，那么发现它无法处理从右边绕到左边再绕回去的路径，GG。

改变一下思路，注意到一列最多会产生三个连通块，那么我们用一个长度为 \(n\) 的四进制数表示联通状态。某一位为 \(0\) 表示白格子，为 \(1\) 表示能和 \((1,1)\) 联通，为 \(2\) 表示在某个不与 \((1,1)\) 联通的联通块中，为 \(3\) 表示在某个不与 \((1,1)\) 和状态 \(2\) 所表示的联通块联通的连通块中。一个状态合法，当且仅当两个相邻的不为 \(0\) 的位相同且至少存在一位为 \(1\) 。再观察到连通块 \(2,3\) 其实是等价的，即它们之间无序，所以钦定如果出现了 \(3\)，那么在其之前的某一位一定出现了 \(2\)。转移时 \(2^n\) 枚举下一列的黑白状态，用并查集维护连通性，再更新出下一列表示联通状态的四进制数，判断是否合法并转移即可，时间复杂度 \(m8^n\)。最终答案即为 \(f_{n,c}\)，其中 \(c\) 为所有合法且第 \(n\) 位为 \(1\) 的四进制数。

在上述限制下，其实满足条件的状态很少。暴力枚举可知 \(n=6\) 时一列合法的状态总数只有 \(S_6=196\)，所以我们可以将其离散化。这样时间复杂度被优化到 \(mS_n2^n\log n\)，其中 \(\log\) 是并查集的复杂度（其实基本上可以忽略不计了）。

注意到对于一个合法的联通状态，它根据下一列的黑白状态所能转移到的联通状态是固定的，即不随列数的变化而改变，因此可以 \(S_n2^n\log n\) 预处理出来每个联通状态在知道下一列的黑白状态时所转移到的下一列联通状态，时间复杂度被再一次优化到 \(mS_n2^n\)，其中 \(S_n\) 只有不到 \(200\)，是一个非常优秀的算法，同时也拿到了本题的最优解（2021.7.9）。

理论上本题的 \(m\) 可以出到 \(10^9\) 级别，因为矩阵快速幂可以做到 \(S_n^3\log m\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define mem(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
#define mcpy(x,y) memcpy(x,y,sizeof(y))

const int N=200;
const int mod=1e9+7;

int n,m,cnt,ans,t[N],g[N],tr[N][64],ed[N];
int c[6],buc[4],f[12],mp[4096];

void add(int &x,int y){x=(x+y)%mod;}
int find(int x){return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}
void merge(int u,int v){
	u=find(u),v=find(v);
	if(u!=v)f[v]=u;
}

int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<1<<(2*n);i++,mem(buc,0)){
		for(int j=0;j<n;j++)c[j]=i>>(j*2)&3,buc[c[j]]=1;
		if(!buc[1])continue;
		if(buc[3]&&!buc[2])continue;

		bool judge=1;
		for(int j=1;j<n;j++)if(c[j-1]&&c[j]&&c[j-1]!=c[j])judge=0;
		for(int j=0,ap=0;j<n;j++)
			if(c[j]==2)break;
			else if(buc[3]&&c[j]==3)judge=0;
		if(!judge)continue;

		mp[i]=++cnt;
		if((i>>(2*n-2)&3)==1)ed[cnt]=1;

		g[cnt]=(i&3)==1;
		for(int j=0;j<n;j++)
			for(int k=j+1;k<n;k++)
				if(c[j]==c[k]&&c[j])
					for(int l=j+1;l<k;l++)
						if(c[l]!=c[j])
							g[cnt]=0;

		for(int j=1;j<1<<n;j++){
			for(int k=0;k<2*n;k++)f[k]=k;
			for(int k=1;k<4;k++)
				for(int l=0,pre=-1;l<n;l++)
					if(c[l]==k){
						if(~pre)merge(l,pre);
						pre=l;
					}
			for(int k=0;k<n;k++){
				if(c[k]&&(j>>k&1))merge(k,k+n);
				if(k&&(j>>k&1)&&(j>>(k-1)&1))merge(k+n-1,k+n);
			}
			int one,legal=0,two=-1,msk=0;
			for(int k=0;k<n;k++)if(c[k]==1){one=find(k); break;}
			for(int k=0;k<n;k++)
				if(j>>k&1){
					int f=find(k+n);
					if(f==one)msk+=1<<(2*k),legal=1;
					else if(two==-1||f==two)two=f,msk+=2<<(2*k);
					else msk+=3<<(2*k);
				}
			if(legal)tr[cnt][j]=msk;
		}
	}
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
		for(int j=0;j<1<<n;j++)
			tr[i][j]=mp[tr[i][j]];
	for(int i=1;i<m;i++){
		mcpy(t,g),mem(g,0);
		for(int j=1;j<=cnt;j++)
			for(int k=1;k<1<<n;k++)
				if(tr[j][k])
					add(g[tr[j][k]],t[j]);
	}
	for(int i=1;i<=cnt;i++)if(ed[i])add(ans,g[i]);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}