【Ural】1519. Formula 1 插头DP

【题目】1519. Formula 1

【题意】给定n*m个方格图,有一些障碍格,求非障碍格的哈密顿回路数量。n,m<=12。

【算法】插头DP

【题解】基于连通性状态压缩的动态规划问题》 by CDQ(万恶之源T_T)

如果你想学最小表示法,当然首推kuangbinの博客

基本思想是逐格推进,维护轮廓线的m+1个插头的状态,每个插头有一个编号,连通的插头编号相同。

由于只转移和记录有效状态,所以时空复杂度都大大优于普通的状压DP。

1.存储:容易发现连通编号至多0~6,所以用数字每三个二进制位存一个插头编号,用hash表存数字,同状态须合并来保证状态总数。

解码:强制从左到右是从高到低,倒着&7就能解码出数组了。

2.最小表示法:过程中会出现合并编号和新建编号的操作,通过暴力最小化的方法使得编号位0~6,称为最小表示法。

编码:最小化的过程体现在编码,用桶vis记老编号对应的新编号,扫一遍即可。新建的编号设为6。

3.转移:本题的障碍格可以直接不转移,因为插头也不会变化,下面讨论非障碍格的转移(依赖于左插头和上插头)。

Ⅰ存在左插头和上插头

如果同编号,那么只有最后一个非障碍格才能闭合,否则状态无效。

如果不同编号,可以连接,遍历所有插头将和左插头连通的编号改成上插头。

Ⅱ存在左插头或上插头

如果右能加插头就转移,如果下能加插头就转移。

Ⅲ不存在左插头和上插头

如果右和下都能加插头就转移,插头编号6。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=15,MOD=30007,S=1000010;
int c[maxn],map[maxn][maxn],n,m,ex,ey;
struct h{
    int first[MOD],tot,nxt[S];
    ll state[S],ans[S];
    void init(){
        memset(first,0,sizeof(first));
        tot=0;
    }
    void insert(ll x,ll num){
        for(int i=first[x%MOD];i;i=nxt[i]){
            if(state[i]==x){
                ans[i]+=num;
                return;//!!!
            }
        }
        state[++tot]=x;ans[tot]=num;
        nxt[tot]=first[x%MOD];first[x%MOD]=tot;
    }
}f[2];
void decode(ll x){
    for(int i=m;i>=0;i--){
        c[i]=x&7;
        x>>=3;
    }
}
int vis[maxn];//
ll encode(){
    for(int i=1;i<=7;i++)vis[i]=0;
    int cnt=0;ll x=0;
    for(int i=0;i<=m;i++){
        if(!c[i]){x<<=3;continue;}
        if(!vis[c[i]])vis[c[i]]=++cnt;
        x=(x<<3)|vis[c[i]];
    }
    return x;
}
void solve(int cur,int x,int y){
    for(int k=1;k<=f[cur^1].tot;k++){
        decode(f[cur^1].state[k]);
        int left=c[y-1],up=c[y];
        ll ans=f[cur^1].ans[k];
        if(left&&up){
            if(left==up){
                if(x==ex&&y==ey){
                    c[y-1]=c[y]=0;
                    f[cur].insert(encode(),ans);
                }
            }
            else{
                c[y-1]=c[y]=0;
                for(int i=0;i<=m;i++)if(c[i]==left)c[i]=up;
                f[cur].insert(encode(),ans);
            }
        }
        else if(left||up){
            int now=left|up;
            if(map[x+1][y]){
                c[y-1]=now;c[y]=0;
                f[cur].insert(encode(),ans);
            }
            if(map[x][y+1]){
                c[y-1]=0;c[y]=now;
                f[cur].insert(encode(),ans);
            }
        }
        else{
            if(map[x+1][y]&&map[x][y+1]){
                c[y-1]=c[y]=7;
                f[cur].insert(encode(),ans);
            }
        }
    }
}
char s[maxn];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(map,0,sizeof(map));
    ex=ey=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",s+1);
        for(int j=1;j<=m;j++)if(s[j]=='.'){
            map[i][j]=1;//
            ex=i;ey=j;
        }
        else map[i][j]=0;
    }
    if(!ex){printf("0\n");return 0;}
    int cur=0;
    f[0].init();f[0].insert(0,1);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(map[i][j])cur^=1,f[cur].init(),solve(cur,i,j);
        }
        for(int j=1;j<=f[cur].tot;j++)f[cur].state[j]>>=3;
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=f[cur].tot;i++)ans+=f[cur].ans[i];
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
} 
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posted @ 2018-04-12 22:00  ONION_CYC  阅读(...)  评论(...编辑  收藏