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. POJ1787 【完全背包+物品计数+路径输出】

    题意: 有1,5,10,25四种硬币,给每种硬币的数量和要组合成的价值,求刚好达到价值时用的硬币最多,然后还要输出具体的用的数量 前言: 一开始是偶然看见了kuangbin爷的题解说是完全背包+路径, ...

  2. Ubuntu18 安装jdk8

    按照网上能找到的方法,添加仓库已经不行了,具体原因如下: I look up to the webupd8 site and it seems that the ppa was discontinue ...

  3. redis过期策略+事务+分布式锁+单redis服务器锁

    过期策略 相关知识:redis 内存数据集大小上升到一定大小的时候,就会施行数据淘汰策略.redis 提供 6种数据淘汰策略: voltile-lru:从已设置过期时间的数据集(server.db[i ...

  4. 使用Ctex中遇到的一些问题

    一般下载好Ctex,我是使用Latex+dvi2pdf完成编译的,但是发现推荐的使用为:1)运行CCT & Latex命令生成两次dvi和ps文件 2)使用dvi2pdf编译dvi文件生成pd ...

  5. 维骨力Glucosamine的最关键的几点...

    1.每日劑量應為多少?長期服用安全嗎? 由於葡萄糖胺(Glucosamine)和軟骨素(Chondroitin)原來就存在於人體,是人體每天會生產製造的必需營養素,因此,一般認為服用此類產品的安全性相 ...

  6. Backbone.js入门教程第二版笔记(3)

    视图渲染 <!DOCTYPE html> <html> <head> <meta charset="UTF-8"> <titl ...

  7. AJPFX关于一维数组的声明与初始化

    一维数组:可以理解为一列多行.类型相同的数据,其中每个数据被称为数组元素:一维数组的声明方式:                type varName[]; 或 type[] varName;(推荐) ...

  8. linux的top下buffer与cache的区别

    buffer:    缓冲区,一个用于存储速度不同步的设备或优先级不同的设备之间传输数据 的区域.通过缓冲区,可以使进程之间的相互等待变少,从而使从速度慢的设备读入数据 时,速度快的设备的操作进程不发 ...

  9. fetch和axios区别,proxy代理配置

    1.今天使用fetch调用接口时使用console.log(res.data)始终是undefined,使用anxios请求则可以成功请求到数据,非常奇怪,于是查了一圈,才搞明白是我自以为了,哎,浪费 ...

  10. 计算1至n的k次方的和

    package com.ywx.count; import java.util.Scanner; /** * @author Vashon * date:20150410 * 题目:计算1至n的k次方 ...