「BZOJ 5010」「FJOI 2017」矩阵填数「状压DP」

题意

你有一个\(h\times w\)的棋盘，你需要在每个格子里填\([1, m]\)中的某个整数，且满足\(n\)个矩形限制：矩形的最大值为某定值。求方案数\(\bmod 10^9+7\)

\(h, w, m\leq 10^4,n\leq 10\)

题解

首先来考虑单独的一个矩形限制怎么做。假设矩形面积为\(s\)，最大值为\(v\)

易得答案是\(v^{s}-(v-1)^{s}\)，意思就是每个数随便选，然后减去所有数\(<v\)的方案

现在考虑\(n\)个限制，实际上把棋盘分成了\(O(2^n)\)个部分。注意这里，包含两个格子的矩形集合相同，则两个格子算一个部分，并不是按四连通来定义的。

那我们对于每一部分，假设有若干的矩形包含它，那这个部分能放的最大值是所有包含它的矩形的限制的最小值。

这就是说一个矩形限制，被分成若干部分，这些部分必须有一个取到最大值，就考虑状压DP

\(dp[i][S]\)表示前i个部分，\(S\)集合里的矩形已经被满足，方案数是多少。

设当前部分\(i\)的大小为\(sz[i]\)，包含这个部分的矩形中限制恰好为当前部分限制\(v\)的矩形集合为\(cov[i]\)，当前部分的限制为\(v\)

要取到最大值：

\(dp[i + 1][j] += dp[i][j]\times (v-1)^{sz[i]}\)

不取最大值：

\(dp[i + 1][j | cov[i]] += dp[i][j](v^{sz[i]} - (v-1)^{sz[i]})\)

然后就很暴力地做完了。

比较新奇的是每个部分实际面积的求法（我没见过），对于每个交集，原大小减去子集的实际面积大小

代码更加直观地展现我在说什么。

#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int mo = 1e9 + 7;
const int N = 10;

struct matrix {
	int x1, y1, x2, y2, d;
	void operator &= (const matrix &b) {
		d = min(d, b.d);
		x1 = max(x1, b.x1);
		y1 = max(y1, b.y1);
		x2 = min(x2, b.x2);
		y2 = min(y2, b.y2);
		if(x1 > x2 || y1 > y2) d = -1;
	}
} a[N], b[1 << N];
int h, w, m, n, t, dp[1100][1 << N], cov[1 << N], sz[1 << N], st[1 << N], sum;

void dfs(int u, matrix mat, int s) {
	if(u == n) { b[s] = mat; return ; }
	dfs(u + 1, mat, s); mat &= a[u];
	dfs(u + 1, mat, s | (1 << u));
}

int qpow(int a, int b) {
	int ans = 1;
	for(; b >= 1; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mo)
		if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mo;
	return ans;
}
void chk(int &u) { u >= mo ? u -= mo : 0; }

int main() {
	int te; scanf("%d", &te);
	while(te --) {
		scanf("%d%d%d%d", &h, &w, &m, &n);
		for(int i = 0; i < n; i ++)
			scanf("%d%d%d%d%d", &a[i].x1, &a[i].y1, &a[i].x2, &a[i].y2, &a[i].d);
		dfs(0, (matrix) {1, 1, h, w, m}, 0);
		for(int i = 0; i < (1 << n); i ++) sz[i] = b[i].d == -1 ? 0 : (b[i].x2 - b[i].x1 + 1) * (b[i].y2 - b[i].y1 + 1);
		for(int i = (1 << n) - 1; i >= 1; i --) {
			sz[0] -= sz[i];
			for(int j = (i - 1) & i; j; j = (j - 1) & i) sz[j] -= sz[i];
		}
		t = 0;
		for(int i = 1; i < (1 << n); i ++) if(sz[i] >= 1) {
			cov[i] = 0;
			for(int j = 0; j < n; j ++) if((i >> j & 1) && a[j].d == b[i].d) cov[i] |= 1 << j;
		}
		for(int i = 1; i < (1 << n); i ++) if(sz[i] >= 1) st[++ t] = i;
		for(int i = 0; i <= t; i ++) fill(dp[i], dp[i] + (1 << n), 0);
		dp[0][0] = 1;
		for(int i = 0; i < t; i ++) {
			int nd = sz[st[i + 1]], up = b[st[i + 1]].d;
			int t1 = qpow(up, nd), t2 = qpow(up - 1, nd);
			for(int s = 0; s < (1 << n); s ++) if(dp[i][s]) {
				chk(dp[i + 1][s] += 1ll * dp[i][s] * t2 % mo);
				chk(dp[i + 1][s | cov[st[i + 1]]] += 1ll * dp[i][s] * (t1 - t2 + mo) % mo);
			}
		}
		printf("%d\n", 1ll * qpow(m, sz[0]) * dp[t][(1 << n) - 1] % mo);
	}
	return 0;
}