[BZOJ2669][CQOI2012]局部最小值(容斥+状压DP)

发现最多有8个限制位置，可以以此为基础DP和容斥。

$f_{i,j}=f_{i-1,j}\times (cnt_j-i+1)+\sum_{k\subset j} f_{i-1,k}$

$cnt_j$表示当限制状态为j时i有多少个可行位置。

这样DP只能保证所有题设位置全部是局部最小值，但不保证其它位置不会变成局部最小值，容斥解决。

$O(DFS*8nm*2^8)$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
using namespace std;

const int mod=12345678;
int dx[9]={0,1,0,-1,0,1,-1,1,-1},dy[9]={0,0,1,0,-1,1,-1,-1,1};
int n,m,ans,l,f[30][1<<8],cnt[1<<8],vis[8][8],a[10][2];
char ch[8][8];

int dp(){
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    int top=0;
    rep(i,1,n) rep(j,1,m) if (ch[i][j]=='X')
        a[++top][0]=i,a[top][1]=j;
    for (int S=0; S<(1<<top); S++){
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        rep(i,1,top) if (~S&(1<<(i-1))) vis[a[i][0]][a[i][1]]=1;
        rep(i,1,n) rep(j,1,m){
            bool flag=0;
            rep(l,0,8) if (vis[i+dx[l]][j+dy[l]]) { flag=1; break; }
            if (!flag) cnt[S]++;
        }
    }
    f[0][0]=1;
    rep(i,1,n*m) for (int j=0; j<(1<<top); j++){
        f[i][j]=(f[i][j]+1ll*f[i-1][j]*max(cnt[j]-i+1,0))%mod;
        rep(k,1,top) if (j&(1<<(k-1)))
            f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j^(1<<(k-1))])%mod;
    }
    return f[n*m][(1<<top)-1];
}

void dfs(int x,int y,int t){
    if (y==m+1){ dfs(x+1,1,t); return; }
    if (x==n+1){ ans=(ans+dp()*(t&1?-1:1))%mod; return; }
    dfs(x,y+1,t);
    bool flag=0;
    rep(i,0,8) if (ch[x+dx[i]][y+dy[i]]=='X') { flag=1; break; }
    if (!flag) ch[x][y]='X',dfs(x,y+1,t+1),ch[x][y]='.';
}

int main(){
    freopen("bzoj2669.in","r",stdin);
    freopen("bzoj2669.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    rep(i,1,n) scanf("%s",ch[i]+1);
    rep(i,1,n) rep(j,1,m) if (ch[i][j]=='X')
        rep(k,1,8) if (ch[i+dx[k]][j+dy[k]]=='X') { puts("0"); return 0; }
    dfs(1,1,0); printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
    return 0;
}