BZOJ5205 [CodePlus 2018 3 月赛]白金元首与莫斯科

传送门

emm在雅礼集训的时候听到的一道题 上来就觉得是插头dp 最后果然是轮廓线状压233

我们简化一下题意。 有一个n*m的网格，每个格子是空地或障碍物，询问把每一个空地看成障碍物的情况下，用1*2的骨牌覆盖（可以留有空地）的方案数 对1e9+7取模 bzoj和洛咕题面都挂了233

我们发现留有空地就很烦，所以我们可以把空地看成1*1的骨牌，这样的话我们统计的方案数就是用1*1的骨牌和1*2的骨牌完全覆盖网格的方案数。

骨牌覆盖！ ——》轮廓线状压！

但是我们发现如果对于每个格子直接计算的话 时间复杂度是O(n^3*2^m) 根本无法承受

所以我们考虑另一种做法 我们可以选择对前后缀进行合并这样的话复杂度就降到了O(n^2*2^m)

我们考虑如何对前后缀进行合并 即什么样的两条轮廓线是合法的

对应红色的格子作为我们的合并的格子的话 首先要求它上下两个格子已经被覆盖过了 然后就是上下对应的蓝绿格子应该状态相同 这样才能竖着填满棋盘（我们现在只考虑竖着因为横向的覆盖是在轮廓线dp的时候已经讨论过了）

所以我们对前后分别进行一次轮廓线dp（讨论横着放1*2竖着放1*2放1*1和不放） 然后最后统计答案的时候进行合并即可

附代码。（哦对bzoj卡空间只能开到1<<17不过也够了233）

#include
#include
#include
#include
#define inf 20021225
#define ll long long
#define mdn 1000000007
using namespace std;

int f[18][18][1<<17],g[18][18][1<<17];
int bit[18],n,m,top;
int mp[18][18];

void add(int &x,int y){x=(x+y)%mdn;}

void work()
{
	//int top=(1<n)	continue;
		for(int st=0;st<=top;st++)
			if(f[i][j][st])
			{
				int tmp=f[i][j][st];
				if((st&bit[j])==0&&mp[i][j])	continue;
				if((st&bit[j])==0)
				{
					add(f[x][y][st|bit[j]],tmp);
					continue;
				}
				if(mp[i][j])	add(f[x][y][st],tmp);
				else
				{
					add(f[x][y][st],tmp);
					add(f[x][y][st^bit[j]],tmp);
					if(j>1&&(st&bit[j-1])==0)	add(f[x][y][st|bit[j-1]],tmp);
				}
			}
	}
	
	g[n][m][top]=1;
	for(int i=n;i;i--)
	for(int j=m;j;j--)
	{
		int x=i,y=j-1;
		if(j==1)	x=i-1,y=m;
		if(x<1)	continue;
		for(int st=0;st<=top;st++)
			if(g[i][j][st])
			{
				int tmp=g[i][j][st];
				if((st&bit[j])==0&&mp[i][j])	continue;
				//printf("%d %d %d %d\n",i,j,st,g[i][j][st]);
				if((st&bit[j])==0)
				{
					add(g[x][y][st|bit[j]],tmp);
					continue;
				}
				if(mp[i][j])	add(g[x][y][st],tmp);
				else
				{
					add(g[x][y][st],tmp);
					add(g[x][y][st^bit[j]],tmp);
					if(j

 

转载于:https://www.cnblogs.com/hanyuweining/p/10321945.html