题目描述:

数据范围:2<=n,m<=8

题解:

很明显需要状压。但是怎么压不知道,压什么不知道。

然后从条件下手。

条件1要求黑色在一起白色在一起,记录轮廓线很容易做到。

条件2要求不能出现$2*2$的同色方格。我们还需要再记录当前位置的左上角。

所以这道题的轮廓线长这样。

丑图。

我们需要确定一个顺序记录哪几块互相联通。由于轮廓线奇特的形状我决定这样标号。

如果编号相同但是并不互相联通我们可以知道他俩不同颜色。

为了颜色我们决定记录某个块的颜色,这样可以得到所有颜色。

于是这道题表中存的就是$1$号颜色+所有状态。

为了方便调试我用了十进制。

每次调用时都要解压,处理后压缩放回去。

由于第一行和第一列找不到长这样的轮廓线,我们可以搜出第一行所有状态,处理第一列时直接枚举黑色/白色。

接下来就是精彩的特判环节。

(这一部分针对处于中心部位的一干普通点)

以填黑色为例。

如果这里不能填黑:

1.输入要求白色。

2.拐角处已经有三个黑块。

3.要考虑到上图中红块填上后$5$号块就不再与不定颜色相邻,我们不能把$5$号块憋死我们要判断$5$号是否有与之联通的好朋友在轮廓线上。

类似围棋中的气。

如果没有而且$5$号是白的,那么就不能填黑!

等等好像是错的。

如果红块已经到$(n,m-1)$或者是$(n,m)$,而且轮廓线上其他都是黑的,我们可以放黑色。

所以这又是个特判。

4.对于3我们考虑的是上下断开,能否出现左右断开?

当然可能。

但是只能在最后一行出现。

所以统计答案时要填回去看一眼。

真 恶心。

深思熟虑后糊上去的代码:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 15
#define ll long long
int T,n,m,k,a[N][N];
char ch[N][N];
ll bas[N],ans;
struct Map
{
int hed[],cnt[];
struct EG
{
int nxt;
ll to,w;
}e[2][];
void ae(int f,ll t,ll w)
{
e[++cnt[k]][k].to = t;
e[cnt[k]][k].nxt = hed[f];
e[cnt[k]][k].w = w;
hed[f] = cnt[k];
}
void push(ll u,ll w)
{
for(int j=hed[u%];j;j=e[j][k].nxt)
if(e[j][k].to==u)
{
e[j][k].w += w;
return ;
}
ae(u%,u,w);
}
void clear()
{
cnt[k] = ;
memset(hed,,sizeof(hed));
}
}mp;
int col[N],grp[N],tmp[N],las[N];
ll zip()
{
ll ret = ;
for(int i=;i<=m+;i++)ret=*(ret+grp[i]);
return ret+col[];
}
void upz(ll u)
{
memset(tmp,-,sizeof(tmp));
tmp[]=u%;u/=;
for(int i=m+;i>=;i--,u/=)grp[i]=u%;
for(int i=;i<=m+;i++)
if(tmp[grp[i]]==-)tmp[grp[i]]=tmp[grp[i-]]^;
for(int i=;i<=m+;i++)
col[i]=tmp[grp[i]];
}
void shake()//get the express
{
memset(tmp,,sizeof(tmp));
for(int cnt=,i=;i<=m+;i++)
if(!tmp[grp[i]])tmp[grp[i]]=++cnt;
for(int i=;i<=m+;i++)grp[i]=tmp[grp[i]];
}
bool find_friend(int now,int beg,int ens)
{
int cnt = ;
for(int i=beg;i<=ens;i++)
if(grp[i]==now)cnt++;
return cnt>;
}
bool ck1()
{
for(int i=;i<=m;i++)
if(col[i]+a[][i]==)return ;
return ;
}
bool ck2()
{
int cnt = ;
for(int i=;i<=m;i++)
cnt+=(col[i]!=col[i-]);
return cnt<=;
}
int ck3(int c)
{
if(col[m-]==col[m]&&col[m]==col[m+]&&col[m+]==c)return ;
int c0 = col[m],ret=;
for(int i=;i<=m+;i++)las[i]=grp[i];
col[m] = c;grp[m] = m+;
if(col[m-]==c)
{
int kg = grp[m-];
for(int i=;i<=m+;i++)if(grp[i]==kg)grp[i]=m+;
}
if(col[m+]==c)
{
int kg = grp[m+];
for(int i=;i<=m+;i++)if(grp[i]==kg)grp[i]=m+;
}
shake();
for(int i=;i<=m+;i++)if(grp[i]>)ret = ;
for(int i=;i<=m+;i++)grp[i] = las[i];
if(col[m-]==c)
{
int kg = grp[m-];
for(int i=;i<=m+;i++)if(grp[i]==kg)grp[i]=m+;
}
if(col[m+]==c)
{
int kg = grp[m+];
for(int i=;i<=m+;i++)if(grp[i]==kg)grp[i]=m+;
}
shake();
for(int i=;i<=m+;i++)if(grp[i]>)ret = ;
for(int i=;i<=m+;i++)grp[i]=las[i];
col[m] = c0;
return ret;
}
void PushF()
{
for(int i=;i<(<<m);i++)
{
for(int j=;j<=m;j++)col[j]=(i>>(j-))&;
if(!ck1())continue;
if(!ck2())continue;
grp[]=;
for(int j=;j<=m+;j++)if(col[j]==col[j-])grp[j]=grp[j-];else grp[j]=grp[j-]+;
mp.push(zip(),);
}
}
bool check_b(int i,int j)
{
if(a[i][j]==)return ;
if(col[j-]==&&col[j]==&&col[j+]==)return ;
if((i!=n||j!=m)&&(i!=n||j!=m-))
if(col[j+]==&&!find_friend(grp[j+],j+,m+)&&!find_friend(grp[j+],,j-))
return ;
return ;
}
bool check_w(int i,int j)
{
if(a[i][j]==)return ;
if(col[j-]==&&col[j]==&&col[j+]==)return ;
if((i!=n||j!=m)&&(i!=n||j!=m-))
if(col[j+]==&&!find_friend(grp[j+],j+,m+)&&!find_friend(grp[j+],,j-))
return ;
return ;
}
int main()
{
// freopen("tt.in","r",stdin);
scanf("%d",&T);
bas[]=;
for(int i=;i<=;i++)bas[i] = *bas[i-];
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%s",ch[i]+);
for(int j=;j<=m;j++)
{
if(ch[i][j]=='o')a[i][j]=;
else if(ch[i][j]=='#')a[i][j]=;
else a[i][j]=;
}
}
ans=,k=,mp.clear();
PushF();
for(int i=;i<=n;i++)
{
k^=;mp.clear();
for(int j=;j<=mp.cnt[!k];j++)
{
ll now = mp.e[j][!k].to,val = mp.e[j][!k].w;
upz(now);
for(int o=m+;o>=;o--)grp[o]=grp[o-],col[o]=col[o-];
for(int q=;q<=m+;q++)las[q]=grp[q];
if(a[i][]!=)//black
{
if(col[]==)
{
col[]=,grp[]=grp[];
shake();
mp.push(zip(),val);
}else
{
if(find_friend(grp[],,m+))
{
col[]=,grp[]=m+;
shake();
mp.push(zip(),val);
}else if(i==n&&m==)
{
col[]=,grp[]=m+;
shake();
mp.push(zip(),val);
}
}
}
for(int q=;q<=m+;q++)grp[q]=las[q];
if(a[i][]!=)//white
{
if(col[]==)
{
col[]=,grp[]=grp[];
shake();
mp.push(zip(),val);
}else
{
if(find_friend(grp[],,m+))
{
col[]=,grp[]=m+;
shake();
mp.push(zip(),val);
}else if(i==n&&m==)
{
col[]=,grp[]=m+;
shake();
mp.push(zip(),val);
}
}
}
}
for(int j=;j<=m;j++)
{
k^=,mp.clear();
for(int o=;o<=mp.cnt[!k];o++)
{
ll now = mp.e[o][!k].to,val = mp.e[o][!k].w;
upz(now);int c0 = col[j];
if(i==n&&j==m)
{
if(n==&&m==)
{
if(col[]==col[])
{
if((a[n][m]==||a[n][m]!=col[])&&col[]==col[])
ans+=val*ck3(col[]^);
else if((a[n][m]==||a[n][m]==col[])&&col[]!=col[])
ans+=val*ck3(col[]);
}else
{
if(a[n][m]==)ans+=val*(ck3()+ck3());
else ans+=val*ck3(a[n][m]);
}
}else
{
if(col[m-]==col[m+])
{
if(a[n][m]==||a[n][m]==col[m-])
ans+=val*ck3(col[m-]);
}else
{
if(a[n][m]==)ans+=val*(ck3()+ck3());
else ans+=val*ck3(a[n][m]);
}
}
continue;
}
if(check_b(i,j))//black
{
col[j]=;grp[j]=m+;
for(int q=;q<=m+;q++)las[q]=grp[q];
if(col[j-]==)
{
int kg = grp[j-];
for(int q=;q<=m+;q++)if(grp[q]==kg)grp[q]=m+;
}
if(col[j+]==)
{
int kg = grp[j+];
for(int q=;q<=m+;q++)if(grp[q]==kg)grp[q]=m+;
}
shake();
if(i==n&&j==m)ans+=val;
mp.push(zip(),val);
for(int q=;q<=m+;q++)grp[q]=las[q];
}
col[j] = c0;
if(check_w(i,j))//white
{
col[j]=;grp[j]=m+;
if(col[j-]==)
{
int kg = grp[j-];
for(int q=;q<=m+;q++)if(grp[q]==kg)grp[q]=m+;
}
if(col[j+]==)
{
int kg = grp[j+];
for(int q=;q<=m+;q++)if(grp[q]==kg)grp[q]=m+;
}
shake();
if(i==n&&j==m)ans+=val;
mp.push(zip(),val);
}
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}

bzoj3336 Uva10572 Black and White的更多相关文章

  1. BZOJ3336: Uva10572 Black and White(插头Dp)

    解题思路: 分类讨论即可. 代码(懒得删Debug了): #include<map> #include<cstdio> #include<vector> #incl ...

  2. bzoj AC倒序

    Search GO 说明:输入题号直接进入相应题目,如需搜索含数字的题目,请在关键词前加单引号 Problem ID Title Source AC Submit Y 1000 A+B Problem ...

  3. imshow() displays a white image for a grey image

    Matlab expects images of type double to be in the 0..1 range and images that are uint8 in the 0..255 ...

  4. ural 2063. Black and White

    2063. Black and White Time limit: 1.0 secondMemory limit: 64 MB Let’s play a game. You are given a r ...

  5. 彩色照片转换为黑白照片(Color image converted to black and white picture)

    This blog will be talking about the color image converted to black and white picture. The project st ...

  6. HDU 5113 Black And White 回溯+剪枝

    题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5113 Black And White Time Limit: 2000/2000 MS (Java/ ...

  7. SCU3185 Black and white(二分图最大点权独立集)

    题目大概说有几个黑色.白色矩阵,问能选出黑白不相交的矩形面积和的最大值. 建二分图,黑色矩阵为X部的点,白色为Y部,XY的点权都为其矩阵面积,如果有个黑白矩阵相交则它们之间有一条边,那样问题就是要从这 ...

  8. White Rectangles[HDU1510]

    White Rectangles Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) ...

  9. nVIDIA SDK White Paper ----Vertex Texture Fetch Water

    http://blog.csdn.net/soilwork/article/details/713842 nVIDIA SDK White Paper ----Vertex Texture Fetch ...

随机推荐

  1. (水题)洛谷 - P1149 - 火柴棒等式

    https://www.luogu.org/problemnew/show/P1149 一开始还分类重复了.在非0的dfs中居然赋值了0,脑残得一笔. 其实就按 $lead0$ 分类就好了, $lea ...

  2. python 容器 生成器 迭代器 总结

    一.容器 容器是一种把多个元素组织在一起的数据结构,容器中的元素可以逐个地迭代获取,可以用in, not in关键字判断元素是否包含在容器中.通常这类数据结构把所有的元素存储在内存中. >> ...

  3. IT兄弟连 Java Web教程 Tomcat

    本文采用的Tomcat服务器版本是Tomcat8.5版本,Tomcat8.5支持Servlet3.1.JSP2.3以及EL3.0规范.并且Tomcat8.5版本对JDK8的支持比Tomcat8更加全面 ...

  4. Ascall码的故事

    没事发个ascall码表,二进制值得研究呦 sub al,30h; and al,00001111b ;字符ascall转数字or al,00110000b; sub al,32; and al,11 ...

  5. IO流案例:1.复制多级文件夹 2.删除多级文件夹

    package copy; /* 需求:复制多级文件夹 复制d:\\itcast(包含文件和子文件夹)到模块目录下 分析: d:\\itcast a.txt b.txt javaweb a.xml b ...

  6. 2015 ACM-ICPC国际大学生程序设计竞赛北京赛区网络赛 1002 Mission Impossible 6

    题目链接: #1228 : Mission Impossible 6 解题思路: 认真读题,细心模拟,注意细节,就没有什么咯!写这个题解就是想记录一下rope的用法,以后忘记方便复习. rope(块状 ...

  7. Codeforces 1107E(区间dp)

    用solve(l, r, prefix)代表区间l开始r结束.带了prefix个前缀str[l](即l前面的串化简完压缩成prefix-1个str[l],加上str[l]共有prefix个)的最大值. ...

  8. UVa 12186 Another Crisis 工人的请愿书

    c表示某上司上报的最少请愿下属,k表示总下属c=0.01T*k=kT/100(0.01T*k是整数)c=[0.01T*k]+1=[kT/100]+1(0.01T*k不是整数) kT=100 c=1 k ...

  9. [已读]图解CSS3核心技术与案例实战

    买的时候犹豫了好久,也征询了下几个前端朋友.我一直蛮怕买华章的书,好在这本内容很不错,买得值了. 大漠的css功底很深厚,这本书也很厚= =,读完之后对css圆角以及background-origin ...

  10. qconbeijing2018

    https://2018.qconbeijing.com/schedule 会议 · 第一天 (2018/04/20 周五) 时间 日程 上午 主题演讲 大数据下的软件质量建设实践 黄闻欣 出品 人工 ...