【BZOJ1814】Ural 1519 Formula 1 （插头dp）

【BZOJ1814】Ural 1519 Formula 1 （插头dp）

题面

BZOJ

Vjudge

题解

戳这里

上面那个链接里面写的非常好啦。

然后说几个点吧。

首先是关于为什么只需要考虑三进制状态，因为哈密顿回路是不可能出现自交的，因此对于当前的轮廓线一定直接分割了哈密顿回路的一部分，不可能出现只考虑分割出来的情况下，存在插头的连通性直接交叉，否则一定不合法（比如说四个连续位置，你不可能\(1,3\)匹配，因为这样子画一条路径出来，无论如何都会和\(2,4\)的路径相交）。因此，我们把一组匹配看成左右括号，再加上有的位置可能不存在插头，所以是左括号、右括号、无插头三种情况。

然后是关于转移中的一部分转移，当左侧和上方的边都有插头连进来的时候，此时当前格子内的插头就固定了，同时转移的时候就得到了两个无插头的位置。注意一下，如果当前位置分别是\(1,1\)或者\(2,2\)的时候，你还需要修改其他位置的插头使他们满足左右匹配的关系，举个例子，本来是\(1122\)的匹配关系，你现在把\(22\)给连在一起了，于是这个状态就变成了\(1100\)，所以你需要把第二个\(1\)变成\(2\)，也就是这个状态应该是\(1200\)。

我的程序直接刚的三进制的，自己本机测没有问题，但是常数比较大，交到\(bzoj\)上就直接\(TLE\)了。可能直接改成四进制用位运算反而会快些。懒得改了，就直接贴代码吧。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 15
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,m,ln,lm,g[MAX][MAX];
char ch[MAX];
ll f[13][13][42000];
int bin[MAX];
int zt[42000],q[1600000],tot;
ll ans;
void dfs(int x,int c,int S)
{
	if(c<0||c>m-x+1)return;
	if(x>m){zt[++tot]=S;q[S]=tot;return;}
	dfs(x+1,c,S);
	dfs(x+1,c+1,S+bin[x]);
	dfs(x+1,c-1,S+bin[x]+bin[x]);
}
int nxt(int x,int p)
{
	for(int i=p,c=0;i<=m;++i)
	{
		if(x/bin[i]%3==2)--c;
		if(x/bin[i]%3==1)++c;
		if(!c)return i;
	}
	return m+1;
}
int pre(int x,int p)
{
	for(int i=p,c=0;~i;--i)
	{
		if(x/bin[i]%3==1)--c;
		if(x/bin[i]%3==2)++c;
		if(!c)return i;
	}
	return m+1;
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%s",ch+1);
		for(int j=1;j<=m;++j)
			if(ch[j]=='.')g[i][j]=1,ln=i,lm=j;
	}
	bin[0]=1;for(int i=1;i<=m;++i)bin[i]=bin[i-1]*3;
	dfs(0,0,0);f[1][0][q[0]]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=1;j<=m;++j)
			for(int k=1;k<=tot;++k)
			{
				int left=zt[k]/bin[j-1]%3,up=zt[k]/bin[j]%3;
				if(!g[i][j]){if(!left&&!up)f[i][j][k]+=f[i][j-1][k];}
				else
				{
					if(!left&&!up&&g[i][j+1]&&g[i+1][j])
						f[i][j][q[zt[k]+bin[j-1]+2*bin[j]]]+=f[i][j-1][k];
					if(!left&&up)
					{
						if(g[i][j+1])f[i][j][k]+=f[i][j-1][k];
						if(g[i+1][j])f[i][j][q[zt[k]+up*(bin[j-1]-bin[j])]]+=f[i][j-1][k];
					}
					if(left&&!up)
					{
						if(g[i+1][j])f[i][j][k]+=f[i][j-1][k];
						if(g[i][j+1])f[i][j][q[zt[k]+left*(bin[j]-bin[j-1])]]+=f[i][j-1][k];
					}
					if(left==1&&up==1)f[i][j][q[zt[k]-bin[j-1]-bin[j]-bin[nxt(zt[k],j)]]]+=f[i][j-1][k];
					if(left==2&&up==1)f[i][j][q[zt[k]-2*bin[j-1]-bin[j]]]+=f[i][j-1][k];
					if(left==2&&up==2)f[i][j][q[zt[k]-2*bin[j-1]-2*bin[j]+bin[pre(zt[k],j-1)]]]+=f[i][j-1][k];
					if(left==1&&up==2&&i==ln&&j==lm)ans+=f[i][j-1][k];
				}
			}
		for(int j=1;j<=tot;++j)
			if(zt[j]%3==0)f[i+1][0][j]+=f[i][m][q[zt[j]/3]];
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}