插头DP
前言
图片来源：我老师的PDF因为我不会画图
前排膜拜一波（
插头dp虽然模版难度就是黑，但是我认为并不难。我认为dp的难度排序：
ddp（动态DP，P4719）>分治dp>插头dp>决策单调性优化dp>网络流（类dp）>斜率优化dp>暴力dp
模版/推荐题目
P5056 【模版】插头dp
P2289 邮递员
P2337 喵星人的入侵
目的
给定一个点集$S$，求图上的一条线，要求包含$S$里包括的所有点，并且不包含图上非$S$集的点，且不能重复经过一个点。
可能不是很好理解（**不会看题吗），比如下图两条线都满足条件（白色的格子表示$S$集）。
问能画出来多少种线。上图情况答案就是2，因为除了这两种画不出别的了。
实现
如果没做过轮廓线DP，可以先做一下P4363，那是很基础的一道轮廓线DP题。
勾勒一个轮廓线，意义与P4363相同，即为已经dp过的点的下轮廓，并给轮廓线的每条边加上插头。
上图为正在计算点(3,3)的时候的轮廓线。
但是只记录是否空插头还是不够的，因为一条线既可以是区间左端，也可以是右端。
如何存储：状压括号序列即可。0表示空插头，1表示向上，2表示向下。
正确性证明：很显然，如果括号序列是交叉的，形如$\color{red}(\color{green}(\color{red})\color{green})$，那么它是一个不合法的序列（重复经过）。
例：
上图插头们的括号序列是$1120212$。
为了方便，将上图挨着正在考虑的点$5,5$的两个插头称作左插头（插头5）和上插头（插头6）。
接下来，对于点$(i,j)$，分类讨论情况。
1. 障碍：别动，跳过就行。
2. 上插头和左插头都是空：因为任何一个点都要经过，所以只能向下向右都连边。
3. 只有上插头空：下和右随便连边，因为已经连了一个了。连下、连右、连下&右都合法。（当然都不连不合法）
4. 只有左插头空：同3，只是要改方向。
5. 左、上都是起始（状态都是1）：因为不能重复，这时候只能合并插头。但是合并后其他插头可能会有改变，具体实现详见代码。
6. 左、上都是终结（状态都是2）：同5，只是要改方向。
7. 回路：如果已经走完了（即回路形成点在$(n,m)$），那么加进答案，否则丢弃。
到这里，插头dp就已经可以实现了。
优化
1. 一次转移显然只和上一次的答案有关，因此可以用滚动数组优化空间。
2. 优化两个状态之间的转移：哈希表。
代码
另外，哈希建议膜一个质数，可以减少冲突。1e6左右我找的是1e6+3。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int mod = 1e6 + 3; int n, m, ex, ey, bits[15], state[mod + 5][2]; bool mp[15][15]; ll f[mod + 5][2], ans; int head[mod + 5], to[mod + 5], nxt[mod + 5], sz[2], qwq, tot; inline void link(int u, int v) { to[tot] = v; nxt[tot] = head[u]; head[u] = tot++; } inline void add(int x, ll k) { int key = x % mod; for (int i = head[key]; ~i; i = nxt[i]) if (state[to[i]][qwq] == x) { f[to[i]][qwq] += k; return; } state[++sz[qwq]][qwq] = x; f[sz[qwq]][qwq] = k; link(key, sz[qwq]); } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cin >> n >> m; for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= m; j++) { char c; cin >> c; if (c == '.') { mp[i][j] = true; ex = i, ey = j; } } for (int i = 1; i <= 12; i++) bits[i] = i << 1; sz[qwq] = 1; f[1][qwq] = 1, state[1][qwq] = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= sz[qwq]; j++) state[j][qwq] <<= 2; for (int j = 1; j <= m; j++) { tot = 0; memset(head, -1, sizeof(head)); qwq ^= 1; sz[qwq] = 0; for (int k = 1; k <= sz[qwq ^ 1]; k++) { int stt = state[k][qwq ^ 1]; int up = (stt >> bits[j]) % 4, left = (stt >> bits[j - 1]) % 4; ll val = f[k][qwq ^ 1]; if (!mp[i][j]) add(stt, val); else if (!up && !left) { if (mp[i + 1][j] && mp[i][j + 1]) add(stt | 1 << bits[j - 1] | 2 << bits[j], val); } else if (left && !up) { if (mp[i + 1][j]) add(stt, val); if (mp[i][j + 1]) add(stt - left * (1 << bits[j - 1]) + left * (1 << bits[j]), val); } else if (!left && up) { if (mp[i][j + 1]) add(stt, val); if (mp[i + 1][j]) add(stt - up * (1 << bits[j]) + up * (1 << bits[j - 1]), val); } else if (left == 1 && up == 1) { int cnt = 1; for (int p = j + 1; p <= m; p++) { if ((stt >> bits[p]) % 4 == 1) // left plug cnt++; else if ((stt >> bits[p]) % 4 == 2) // right plug cnt--; if (!cnt) // matched { add(stt - (1 << bits[p]) - (1 << bits[j]) - (1 << bits[j - 1]), val); break; } } } else if (left == 2 && up == 2) { int cnt = 1; for (int p = j - 2; p >= 0; p--) { if ((stt >> bits[p]) % 4 == 1) // left plug cnt--; if ((stt >> bits[p]) % 4 == 2) // right plug cnt++; if (!cnt) // matched { add(stt - (2 << bits[j]) - (2 << bits[j - 1]) + (1 << bits[p]), val); break; } } } else if (left == 2 && up == 1) add(stt ^ 2 << bits[j - 1] ^ 1 << bits[j], val); else if (left == 1 && up == 2 && i == ex && j == ey) ans += val; } } } cout << ans; return 0; }
