P3272 [SCOI2011] 地板题解

题目

题面戳我哦

题意简述：有形如 $L$ 的地板和一块矩形地面，在矩形地面上有些位置是 $* $ 有些位置是 $_ $，对于星星位置，不能铺地板。问有多少种铺地板的方案。其中对于每一个地板，必须要拐一个弯，即不能是一条直线。

分析

如果不会插头 DP 模板，请先学习再来看本题解，本题解默认读者都会插头 DP 的模板！

插头 DP 模板指路

看到求方案数，我们很容易想到用 DP 来解决，再瞄一眼数据范围，容易想到是插头或者状压。状压不是很容易表示这道题的状态，所以我们选择使用插头 DP。

由于这道题中地板能且仅能拐一个弯，所以我们可以这样设计状态：

用 $0$ 表示没有地板。
用 $1$ 表示有地板，且这个地板没有拐过弯。
用 $2$ 表示有地板，且这个地板已经拐过弯了。

所以我们的状态需要用三进制来存。由于四进制更快更好写，我们用四进制来写。

我们开始分类讨论：

为了方便表示，我们规定：$i$ 表示行数，$j$ 表示列数，且下标都是从 $1$ 开始。$x$ 表示左插头状态，$y$ 表示右插头状态。$g_{i,j}$ 表示是否能铺地板，其中 $1$ 为可以铺地板。$state$ 为当前状态表示，$w$ 为当前状态的方案数。

当前 $g_{i,j}$ 为 $0$，那么这个格子不能有插头，我们继承上一个状态。即 insert (cur , state , w);

以下情况中 $g_{i,j}$ 为 $1$。

当 $x=0$ 且 $y=0$ 时，我们有三种情况：
- 我们选择往下伸插头，那么我们 insert (cur , state+build(j-1 , 1) , w);
- 我们选择往右伸插头，那么我们 insert (cur , state+build(j , 1) , w);
- 我们两个方向都伸插头，那么我们 insert (cur , state+build(j-1 , 2)+build(j , 2) , w);
当 $x=0$ 且 $y=1$ 时，我们有两种情况：
- 我们选择往下延伸上插头，那么我们 insert (cur , state+build(j-1 , 1)-build(j , 1) , w);
- 我们选择往右延伸，也就是拐个弯，那么我们要把状态从 $1$ 转换成 $2$。即 insert (cur , state+build(j , 1) , w);
当 $x=1$ 且 $y=0$ 时，同情况三。
当 $x=1$ 且 $y=1$ 时，也就是说两个没有拐过弯的插头相遇了！他们会接在一起，变成一个拐弯的。注意，如果这个格子是最后一个可以铺地板的格子时，我们需要更新答案。即：

if (end_x==i && end_y==j)
{
	res = (res+w)%mod;
}
insert (cur , state-build(j-1 , 1)-build(j , 1) , w);

当 $x=2$ 且 $y=0$ 时，左插头是拐了弯的地板，那要么就这样终止左插头对应的地板，要么往右延伸。同时，如果这个格子是最后一个铺地板的格子，我们也要更新答案。即：

if (end_x==i && end_y==j)
{
	res = (res+w)%mod;
}				
if (j+1<=m && g[i][j+1])
{
	insert (cur , state-build(j-1 , 2)+build(j , 2) , w);
}
insert (cur , state-build(j-1 , 2) , w);

当 $x=0$ 且 $y=2$ 时，同情况六。
当 $x=2$ 且 $y=1$ 时，左插头对应的地板已经拐过弯了，而上插头也需要插进来，这样会冲突，所以这种情况不合法。
当 $x=1$ 且 $y=2$ 时，同上。
当 $x=2$ 且 $y=2$ 时，同上。

代码

稍微有点细节：

进行状态转移时，转到的新格子是可以铺地板的。如上文情况三中往下延伸插头，那么 $g_{i+1,j}$ 是一个能铺地板的格子，不然不能转移。
进行状态转移时，因为需要判断是否能铺，所以可能会造成数组越界，记得不能让数组越界了。
由于我们插头 DP 是以行来枚举的，但是极限情况下可能是一个长为 $50$ 宽为 $2$ 的矩形，那么我们状态就要存十进制下一百位，这个大小会爆掉。其次这样状态数会很多很多，时间复杂度上也没有保证，所以我们需要交换一下 $r$ 和 $c$，并且把矩形旋转九十度。

下面放出代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 2e5 , M = N*2+7 , mod = 20110520;

int n , m;	//用n和m来代替r和c
int g[110][110] , g1[110][110];
int q[2][N] , cnt[2];
int v[2][M] , h[2][M];
int end_x , end_y;

int find (int cur , int state)	//哈希表找位置
{
	int t = state%M;
	while (h[cur][t]!=-1 && h[cur][t]!=state)
	{
		if (++t==M) t = 0;
	}
	return t;
}

void insert (int cur , int state , int w)	//哈希表插入
{
	int t = find (cur , state);
	if (h[cur][t]==-1)
	{
		h[cur][t] = state , v[cur][t] = w;
		q[cur][++cnt[cur]] = t;
	}
	else 
	{
		v[cur][t] = (v[cur][t]+w)%mod;
	}
}

int get (int state , int k)	//找到第k位
{
	return (state>>(k*2))&3;
}

int build (int k , int x)	//构造出第k位值为x的数
{
	return x*(1<<(k*2));
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
	
	cin >> n >> m;
	for (int i=1 ; i<=n ; i++)
	{
		string s;
		cin >> s;
		for (unsigned int j=0 ; j<s.size() ; j++)
		{
			if (s[j]=='_')
			{
				g1[i][j+1] = 1;
				g[i][j+1] = 1;
				end_x = i , end_y = j+1;
			}
		}
	} 
	if (end_x==0 && end_y==0)	//特判全是不能选的
	{
		cout << "1\n";
		return 0;
	}
	if (n<m)	//旋转矩形，交换n和m
	{
		for (int i=1 ; i<=m ; i++)
		{
			for (int j=1 ; j<=n ; j++)
			{
				g[i][j] = g1[j][i];
			}
		}
		swap (n , m) , swap (end_x , end_y);
	}
	
	int res = 0;
	memset (h , -1 , sizeof h);
	int cur = 0;
	insert (cur , 0 , 1);
	for (int i=1 ; i<=n ; i++)
	{
		for (int j=1 ; j<=cnt[cur] ; j++)//换行
		{
			h[cur][q[cur][j]]<<=2;
		}
		for (int j=1 ; j<=m ; j++)
		{
			int last = cur;
			cur ^= 1 , cnt[cur] = 0;
			memset (h[cur] , -1 , sizeof h[cur]);
			for (int k=1 ; k<=cnt[last] ; k++)
			{
				int state = h[last][q[last][k]] , w = v[last][q[last][k]];
				int x = get (state , j-1) , y = get (state , j);
				if (!g[i][j])	//情况1
				{
					insert (cur , state , w);
				}
				else if (x==0 && y==1)	//情况3
				{
					if (i+1<=n && g[i+1][j])
					{
						insert (cur , state+build(j-1 , 1)-build(j , 1) , w);
					}
					if (j+1<=m && g[i][j+1])
					{
						insert (cur , state+build(j , 1) , w);
					}
				}
				else if (x==1 && y==0)	//情况4
				{
					if (j+1<=m && g[i][j+1])
					{
						insert (cur , state-build(j-1 , 1)+build(j , 1) , w);
					}
					if (i+1<=n && g[i+1][j])
					{
						insert (cur , state+build(j-1 , 1) , w);
					}
				}
				else if (x==1 && y==1)	//情况5
				{
					if (end_x==i && end_y==j)
					{
						res = (res+w)%mod;
					}
					insert (cur , state-build(j-1 , 1)-build(j , 1) , w);
				}
				else if (x==2 && y==0)	//情况6
				{
					if (end_x==i && end_y==j)
					{
						res = (res+w)%mod;
					}				
					if (j+1<=m && g[i][j+1])
					{
						insert (cur , state-build(j-1 , 2)+build(j , 2) , w);
					}
					insert (cur , state-build(j-1 , 2) , w);
				}
				else if (x==0 && y==2)	//情况7
				{
					if (end_x==i && end_y==j)
					{
						res = (res+w)%mod;
					}
					if (i+1<=n && g[i+1][j])
					{
						insert (cur , state-build(j , 2)+build(j-1 , 2) , w);
					}
					insert (cur , state-build(j , 2) , w);
				}
				else if (x==0 && y==0)	//情况2
				{
					if (j+1<=m && g[i][j+1])
					{
						insert (cur , state+build(j , 1) , w);
					}
					if (i+1<=n && g[i+1][j])
					{
						insert (cur , state+build(j-1 , 1) , w);
					}
					if (i+1<=n && j+1<=m && g[i+1][j] && g[i][j+1])
					{
						insert (cur , state+build(j-1 , 2)+build(j , 2) , w);
					}
				}
			}
		}
	}
	cout << res << '\n';
	return 0;
}

posted @ 2024-04-27 14:38 hh20080501hh 阅读(21) 评论(0) 收藏举报

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