CodePlus 2018 3 月赛 白金元首与莫斯科 插头DP

题面：https://loj.ac/problem/6301

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一眼就看出是一道插头DP题，只记录插头的有无。然而直接枚举每个格子当成障碍来算的话，时间复杂度是 O(n32n) O ( n 3 2 n ) ，这里设 m,n m , n 同阶。这样做只有24分。

这道题空间开得很大，足足有1G。这启发我们可以记录所有状态。

于是想到，先假设只有那些已经确定的障碍格子，从左上角开始做一次插头DP，再从右下角做一次插头DP。记录所有状态的方案数。在把格子 (i,j) ( i , j ) 当成障碍算的时候，只需要把第一次插头DP在 (i,j−1) ( i , j − 1 ) 处合法的状态和第二次插头DP在 (i,j+1) ( i , j + 1 ) 处对应的状态找出来，相乘后累加到答案上即可。

发现“对应的状态”就是插头有无状态完全相同。总时间复杂度为 O(nm2m) O ( n m 2 m ) ，实际合法的状态比这个还要少。

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#include
#include
#include
#define MAXN 266666
#define rg register
using namespace std;
const int mod=1e9+7;

char *p1,*p2,buf[1<<20];
#define GC (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?0:*p1++)
inline int _R(){
    char s=GC;int sign=0,v=0;
    while((s!='-')&&(s>57||s<48))s=GC;
    if(s=='-')s=GC,sign=1;
    for(;s>47&&s<58;s=GC)v=v*10+s-48;
    if(sign)v=-v;
    return v;
}

void Add(int &a,int b){
    a+=b;a-=a0:mod;
}

int N,M,A[20][20],Ans[20][20],En;
int f[18][18][MAXN],g[18][18][MAXN];

void PDP1(){
    int st,r,d,tmp;
    f[0][M][0]=1;
    for(rg int i=1;i<=N;i++){
        for(rg int j=0;j<=En;j++)Add(f[i][0][j<<1],f[i-1][M][j]);
        for(rg int j=1;j<=M;j++){
            for(rg int k=0;k<=En;k++){
                st=k;
                tmp=f[i][j-1][st];
                if(tmp==0)continue;
                r=st>>j-1&1;
                d=st>>j&1;
                if(!A[i][j]){
                    if(!r&&!d)Add(f[i][j][st],tmp);
                }
                else if(!r&&!d){
                    Add(f[i][j][st],tmp);
                    if(A[i][j+1])Add(f[i][j][st^(1<if(A[i+1][j])Add(f[i][j][st^(1<1)],tmp);
                }
                else if(r&&!d){
                    Add(f[i][j][st^(1<1)],tmp);
                }
                else if(!r&&d){
                    Add(f[i][j][st^(1<void PDP2(){
    int st,r,d,tmp;
    g[N+1][1][0]=1;
    for(rg int i=N;i;i--){
        for(rg int j=0;j<=En;j++)Add(g[i][M+1][j>>1],g[i+1][1][j]);
        for(rg int j=M;j;j--){
            for(rg int k=0;k<=En;k++){
                st=k;
                tmp=g[i][j+1][st];
                if(tmp==0)continue;
                r=st>>j&1;
                d=st>>j-1&1;
                if(!A[i][j]){
                    if(!r&&!d)Add(g[i][j][st],tmp);
                }
                else if(!r&&!d){
                    Add(g[i][j][st],tmp);
                    if(A[i-1][j])Add(g[i][j][st^(1<if(A[i][j-1])Add(g[i][j][st^(1<1)],tmp);
                }
                else if(!r&&d){
                    Add(g[i][j][st^(1<1)],tmp);
                }
                else if(!d&&r){
                    Add(g[i][j][st^(1<int main(){
    N=_R();M=_R();
    for(rg int i=1;i<=N;i++)
    for(rg int j=1;j<=M;j++)A[i][j]=_R(),A[i][j]^=1;
    En=(1<1)-1;
    PDP1();
    PDP2();
    for(rg int i=1;i<=N;i++)
    for(rg int j=1;j<=M;j++)if(A[i][j]){
        int t=En^(1<1<1);
        for(rg int k=t;k;k=(k-1)&t)Add(Ans[i][j],(long long)f[i][j-1][k]*g[i][j+1][k]%mod);
        Add(Ans[i][j],(long long)f[i][j-1][0]*g[i][j+1][0]%mod);
    }
    for(rg int i=1;i<=N;i++,putchar('\n'))
    for(rg int j=1;j<=M;j++)printf("%d ",Ans[i][j]);
}