ZJOI 2009 多米诺骨牌(状态压缩+轮廓线+容斥)

题意

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1435

思路

一道很好的状压/容斥题,涵盖了很多比较重要的知识点。

我们称每两行间均有纵跨、每两列之间均有横跨为附加要求,我们先考虑没有附加要求的情况。直接存一行状态进行 \(dp\) 的话,似乎要枚举子集,复杂度挺大的。

这种类型的状压有一种比较神仙的优化方法——轮廓线。

如上图所示,假如决策到的点是橙色的点,那么红线指的就是轮廓线,这种状压的方法可以会让状态数乘一个 \(n\) ,但是这样转移就是 \(O(1)\) 的,不需要枚举子集。

定义 \(dp_{i,j,k}\) 为决策到坐标 \((i,j)\) ,轮廓线状态为 \(k\) 的状态,就可以进行 \(O(1)\) 转移了,我们枚举左界、右界、上界,再用轮廓线 \(dp\) 往下扫,下面证明一下复杂度的正确性,不想看的可以跳过。
\[ \begin{array}{} T&=\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i\sum_{k=1}^nk(i-j)2^{i-j}\\ &=\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i(i-j)2^{i-j}\sum_{k=1}^nk\\ &=\displaystyle n^2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i(i-j)2^{i-j} \end{array} \]
注意证明复杂度时并不需要保证严格相等。我们令 \(d=i-j\) ,由于 \(j\in[1,i]\) ,故 \(d\in[0,i-1]\)
\[ \begin{array}{} T&=\displaystyle n^2\sum_{i=1}^n\sum_{d=0}^{i-1}d2^d \end{array} \]
\(\displaystyle\sum_{i=0}^{n}i2^i\) 这个玩意儿就是一个差比数列,数学必修五的常考点,这里就不详细写了,结果是一个 \(n2^{n+1}\) 级别的式子,我们继续化简。
\[ \begin{array}{} T&=\displaystyle n^2\sum_{i=1}^ni2^i\\ &=n^2\cdot n2^{n+1}\\ &=n^32^{n+1} \end{array} \]
连续套用两次,我们得到了一个比一开始的式子看起来优秀很多的复杂度,事实上常数也是比较小的。真正考试的时候其实也不需要这样证明,直接记一个 \(cnt\) 跑一遍极限数据就行了。

得到 \(dp\) 数组之后,加和一下便能得到 \(DP_{u,d,l,r}\) ,表示在以 \((u,l)\) 为左上角,\((d,r)\) 为右上角的矩形内,不用满足附加条件地放骨牌,总共的方案数。

然后我们考虑如何解决附加条件,这个条件看着就很容斥。

考虑先解决横跨列的条件,我们二进制枚举纵向分割线,表示这些分割线不得跨越的方案数,偶加奇减一下即可。

然后我们考虑纵跨行,再进行二进制枚举肯定复杂度太大了,但我们进行容斥通常有两种方法,一种是一个一个二进制枚举,另外一种写法叫做“代表元容斥”,它计算前 \(x\) 合法的状态数,再枚举合法到非法的第一个分界点,直接相减来计算答案。对于本题,可以枚举前 \(x\) 行的合法状态,然后再枚举横向分割线表示一定不纵跨,写成 \(dp\) 式就是:
\[ f_i=g_{1,i}-\sum_{j=1}^{i-1}f_jg_{j+1,i} \]
其中 \(g_{i,j}\) 表示第 \(i\) 行到第 \(j\) 行,不一定满足附加条件的方案数,\(f_i\) 表示前 \(i\) 行,满足附加条件的方案数。

注意二进制枚举容斥和代表元容斥各自的优越性,前者能解决的情况多,后者复杂度低。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i<=i##END;++i)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i>=i##END;--i)
template<typename T,typename _T>inline bool chk_min(T &x,const _T y){return y<x?x=y,1:0;}
template<typename T,typename _T>inline bool chk_max(T &x,const _T y){return x<y?x=y,1:0;}
typedef long long ll;
const int P=19901013;
char str[18][18];
int DP[18][18][18][18];     //DP[u][d][l][r] 表示矩形(u,d,l,r)内骨牌摆放的方案数(不必满足附加要求)
int dp[18][18][(1<<15)+3];  //dp[x][y][B] 表示扫到坐标(x,y),轮廓线的摆放状态为B的方案数(不必满足附加要求)
int f[18],g[18][18];        //f[x] 表示到第1行到第x行的方案数,满足附加要求
int bcnt[(1<<15)+3];        //g[x][y] 表示第x行到第y行到方案数,不必满足附加要求
int n,m;
inline void add(int &x,const int y)
{
    x+=y;
    if(x>=P)x-=P;
}
inline void sub(int &x,const int y)
{
    x-=y;
    if(x<0)x+=P;
}

void get_DP(int l,int r,int u)
{
    FOR(i,0,n-u)FOR(j,0,r-l)FOR(k,0,(1<<(r-l+1))-1)dp[i][j][k]=0;
    FOR(i,-1,n-u)FOR(j,0,r-l)
    {
        if((i==-1&&j!=r-l)||(i==n-u&&j==r-l))continue;
        int nxti=(j==r-l?i+1:i),nxtj=(j==r-l?0:j+1);
        FOR(k,0,(1<<(r-l+1))-1)
        {
            int ad=(i==-1?(k==(1<<(r-l+1))-1):dp[i][j][k]);
            if(!ad)continue;
            if(str[nxti+u][nxtj+l]=='x')add(dp[nxti][nxtj][k|(1<<nxtj)],ad);
            else
            {
                if(nxtj>0&&(k&(1<<(nxtj-1)))==0)
                    add(dp[nxti][nxtj][k|(1<<(nxtj-1))|(1<<nxtj)],ad);
                if(nxti>0&&(k&(1<<nxtj))==0)
                    add(dp[nxti][nxtj][k|(1<<nxtj)],ad);
                add(dp[nxti][nxtj][(k|(1<<nxtj))^(1<<nxtj)],ad);
            }
        }
    }
    FOR(i,0,n-u)FOR(j,0,(1<<(r-l+1))-1)
        add(DP[u][i+u][l][r],dp[i][r-l][j]);
}

int solve(int B)
{
    FOR(i,1,n)FOR(j,i,n)
    {
        g[i][j]=1;
        int las=1;
        FOR(k,1,m-1)if(B>>(k-1)&1)
        {
            g[i][j]=1ll*g[i][j]*DP[i][j][las][k]%P;
            las=k+1;
        }
        g[i][j]=1ll*g[i][j]*DP[i][j][las][m]%P;
    }
    FOR(i,1,n)
    {
        f[i]=g[1][i];
        FOR(j,1,i-1)
            sub(f[i],1ll*f[j]*g[j+1][i]%P);
    }
    return f[n];
}

int main()
{
    FOR(i,1,1<<15)bcnt[i]=bcnt[i>>1]+(i&1);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    FOR(i,1,n)scanf("%s",str[i]+1);
    FOR(l,1,m)FOR(r,l,m)FOR(u,1,n)get_DP(l,r,u);
    int ans=0;
    FOR(i,0,(1<<(m-1))-1)
    {
        if(bcnt[i]&1)sub(ans,solve(i));
        else add(ans,solve(i));
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}
posted @ 2019-07-05 16:21 Paulliant 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏
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