LOJ 2372 -「CEOI2002」臭虫集成电路公司（轮廓线 dp）

题面传送门

u1s1 似乎这题全网无一题解？那就由我来写篇题解造福人类罢（伦敦雾

首先看这数据范围，一脸状压。考虑到每一层的状态与上面两层有关，因此每层转移到下一层的有用信息只有两层，需要用三进制保存状态。不过如果我们按照套路对行的状态进行压缩，我们就需要用这个状态进行 \(dfs\) 枚举各种放的情况并更新答案，实现起来会比较繁琐。因此这里采用另一种做法。

我们考虑一格格填 instead of 一行行填，具体来说，我们先考虑第一行第一列的状态，考虑完之后再考虑第一行第二列、第一行第三列……第一行考虑完之后再考虑第二行，以此类推，显然转移过的格子和没转移过的格子被一个折线分成了两半。这个折线我们称其为轮廓线。

考虑状压轮廓线上方格子的状态，具体来说，我们记 \(dp_{x,y,S}\) 表示当前考虑到第 \(x\) 行第 \(y\) 列，\(S\) 是一个三进制数，描述了轮廓线上方格子的状态，其中 \(S\) 的 \(3^{j-1}\) 位为 \(0\) 表示第 \(j\) 列轮廓线上方有 \(0\) 个空格子，为 \(1\) 表示第 \(j\) 列轮廓线上方有 \(1\) 个空格子，为 \(2\) 表示第 \(j\) 列轮廓线上方有 \(2\) 个空格子，那么有转移：

• 若 \(x=1\) 那显然 \(dp_{x,y,S}=0\)
• 如果 \(S\) 的 \(3^{y-1}\) 位 \(\ge 1\)，那么格子 \((x,y)\) 被强制留空，我们就只能从 \((x,y)\) 前一个格子 \((x',y')\) 转移过来，第 \(y\) 列轮廓线向上移了一格，第 \(y\) 列上方空格子的个数也就少了 \(1\)，故 \(dp_{x,y,S}=dp_{x',y',S-3^{y-1}}\)。
• 否则 \(dp_{x,y,S}\) 可能有三种转移方式：
  • \((x,y)\) 留空，\(dp_{x,y,S}=dp_{x',y',S}\)，其中 \((x',y')\) 为 \((x,y)\) 前一个被访问的格子。
  • 以 \((x,y)\) 为右下角横着（左上角为 \((x-1,y-2)\)）放一个 \(2\times 3\) 的矩形，\(dp_{x,y,S}=dp_{x',y',S+3^{y-1}+3^{y-2}+3^{y-3}}+1\)，其中 \((x',y')\) 为 \((x,y)\) 倒推三格的格子，这种情况转移的前提条件是 \(S\) 中 \(3^{y-1},3^{y-2},3^{y-3}\) 位都是 \(0\)，并且以 \((x,y)\) 为右下角，\((x-1,y-2)\) 为左上角的矩形不含特殊格子。
  • 以 \((x,y)\) 为右下角竖着（左上角为 \((x-2,y-1)\)）放一个 \(3\times 2\) 的矩形，\(dp_{x,y,S}=dp_{x',y',S+2\times 3^{y-1}+2\times 3^{y-2}}+1\)，其中 \((x',y')\) 为 \((x,y)\) 倒推两格的格子，这种情况转移的前提条件是 \(S\) 中 \(3^{y-1},3^{y-2}\) 位都是 \(0\)，并且以 \((x,y)\) 为右下角，\((x-2,y-1)\) 为左上角的矩形不含特殊格子。

就这样转移就行了，时空复杂度均为 \(nm3^m\)。由于此题空间限制较小，需滚动数组优化转移，需记录当前点往前 \(4\) 格的 \(dp\) 值。这样空间复杂度就能降到 \(3^m\) 了。

const int MAXN=150;
const int MAXS=6e4;
const int MAXM=10; 
int n,m,k,dp[5][MAXS+5],pw3[MAXM+5];bool bad[MAXN+5][MAXM+5];
int getbit(int x,int y){return x/pw3[y]%3;}
void solve(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);memset(bad,0,sizeof(bad));memset(dp,0,sizeof(dp));
	for(int i=1,x,y;i<=k;i++) scanf("%d%d",&x,&y),bad[x][y]=1;
	int cur=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++){
		cur=(cur+1)&3;
		int can_hor=(i>=2&&j>=3&&!bad[i][j]&&!bad[i-1][j]&&!bad[i][j-1]&&!bad[i-1][j-1]&&!bad[i][j-2]&&!bad[i-1][j-2]);
		int can_ver=(i>=3&&j>=2&&!bad[i][j]&&!bad[i-1][j]&&!bad[i-2][j]&&!bad[i][j-1]&&!bad[i-1][j-1]&&!bad[i-2][j-1]);
//		printf("%d %d %d %d\n",i,j,can_hor,can_ver);
		for(int s=0;s<pw3[m];s++){
			if(i==1) dp[cur][s]=0;
			else if(getbit(s,j-1)>0) dp[cur][s]=dp[(cur-1)&3][s-pw3[j-1]];
			else{
				dp[cur][s]=dp[(cur-1)&3][s];
				if(can_hor&&getbit(s,j-2)==0&&getbit(s,j-3)==0)
					chkmax(dp[cur][s],dp[(cur-3)&3][s+pw3[j-1]+pw3[j-2]+pw3[j-3]]+1);
				if(can_ver&&getbit(s,j-2)==0)
					chkmax(dp[cur][s],dp[(cur-2)&3][s+2*pw3[j-1]+2*pw3[j-2]]+1);
			}
//			printf("%d %d %d %d\n",i,j,s,dp[cur][s]);
		}
	} printf("%d\n",dp[cur][0]);
}
int main(){
	pw3[0]=1;for(int i=1;i<=MAXM;i++) pw3[i]=pw3[i-1]*3;
	int qu;scanf("%d",&qu);while(qu--) solve();
	return 0;
}