插头 DP 学习笔记

这种方法一般用于解决网格图上的问题，前提是数据范围是可状压的

首先是概念

轮廓线：已处理和未处理格子的分界线

插头：一个格子通过某些方向和其他格子相连，这些位置叫做插头，就是相当于插线时的接口

例题：P5056 【模板】插头 DP

接下来考虑如何设计状态，首先假设枚举到点 \((i,j)\)

因为要形成回路，首先要保证没有一个插头只有一端有线段，所以要记录存在情况

其次是可以发现上面插头一定是两两对应的，且对应的不能相连

所以要维护对应关系，所以可以把左边的记为 1，右边的记为 2

考虑当前格子那些能影响到它，就是左边和上边，记为 p1,p2

有一个结论，从左往右 4 个插头 a,b,c,d，若 a,c 联通，则 b,d 必然不联通，感性理解一下，如果联通，线必然交叉，无法实现

接下来是分类讨论，如果是障碍，那么一定要求 0,0 才能转移

p1=0,p2=0，此时必须新建插头，因为要有两个出边，只能向下向右

有一个不为 0，那么一端必须连接，另一端任意

p1=1,p2=1，把他们连起来，此时对应的右端点上，较靠左的插头变成左端

p1=2,p2=2，同理

p1=2,p2=1，此时两个插头必然处于不同的线上，直接连就可以了

p1=1,p2=2，此时由前面的结论，连上就形成回路，所以只能在最后一个格子连

当然，每次转移只关心上一个状态，所以位置的两维可以滚掉，状态数有限，所以可以哈希表处理

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=3e5+5,mod=299989;
int n,m,p[15],tot[2],st[2][N],d,a[15][15];
ll f[2][N],ans;
struct hash_table{
	int head[N],nxt[N];
	void add(int x,ll s)
	{
		int id=x%mod+1;
		for(int i=head[id];i;i=nxt[i])
		{
			if(st[d][i]==x)
			{
				f[d][i]+=s;
				return ;
			}
		}
		nxt[++tot[d]]=head[id];
		head[id]=tot[d];
		st[d][tot[d]]=x,f[d][tot[d]]=s;
	}
	void clear()
	{
		memset(head,0,sizeof(head));
		tot[d]=0;
	}
}T;
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int edx=0,edy=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		string s;
		cin>>s;
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			if(s[j-1]=='.') a[i][j]=1,edx=i,edy=j;
		}
	}
	p[0]=1;
	for(int i=1;i<=12;i++) p[i]=p[i-1]<<2;
	tot[d]=f[d][1]=1,st[d][1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=tot[d];j++) st[d][j]<<=2;
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			d^=1;
			T.clear();
			for(int k=1;k<=tot[d^1];k++)
			{
				int s=st[d^1][k];
				int p1=(s>>(j*2-2))&3,p2=(s>>(j*2))&3;
				ll v=f[d^1][k];
				if(!a[i][j])
				{
					if(!p1&&!p2) T.add(s,v);
					continue;
				}
				if(!p1&&!p2)
				{
					if(a[i][j+1]&&a[i+1][j]) T.add(s+2*p[j]+p[j-1],v);
				}
				else if(!p1&&p2)
				{
					if(a[i][j+1]) T.add(s,v);
					if(a[i+1][j]) T.add(s-p2*p[j]+p[j-1]*p2,v);
				}
				else if(p1&&!p2)
				{
					if(a[i][j+1]) T.add(s-p1*p[j-1]+p[j]*p1,v);
					if(a[i+1][j]) T.add(s,v);
				}
				else if(p1==1&&p2==1)
				{
					int cnt=1,l;
					for(l=j+1;l<=m;l++)
					{
						if((s>>(l*2))%4==1) cnt++;
						if((s>>(l*2))%4==2) cnt--;
						if(!cnt) break;
					}
					T.add(s-p[j]-p[j-1]-p[l],v);
				}
				else if(p1==2&&p2==2)
				{
					int cnt=1,l;
					for(l=j-2;l>=0;l--)
					{
						if((s>>(l*2))%4==1) cnt--;
						if((s>>(l*2))%4==2) cnt++;
						if(!cnt) break;
					}
					T.add(s-p[j]*2-p[j-1]*2+p[l],v);
				}
				else if(p1==2&&p2==1) T.add(s-2*p[j-1]-p[j],v);
				else if(i==edx&&j==edy) ans+=v;
			}
		}
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}