P3160 [CQOI2012]局部极小值 题解（状压DP+容斥）

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P3160 [CQOI2012]局部极小值

双倍经验，双倍快乐

解题思路

存下来每个坑（极小值点）的位置，以这个序号进行状态压缩。

显然，\(4*7\)的数据范围让极小值点在8个以内（以下示意）

X . X . X . X .
. . . . . . . .
X . X . X . X .
. . . . . . . .

所以考虑用\(S\)表示各个极小值点是否已填的状态，枚举\(1-n*m\)进行状压\(DP\)。

当前填的数有两种选择：

（\(1\)）填入坑中，这样枚举\(S\)状态表示的每一个已填的坑，\(f[i][S]+=\)\(\sum_{k|((1<（\(k\)表示第\(k\)个坑是没填过的）（这步的意思是：\(S-(1<这个状态没有填\(k\)位置的坑，我现在\(i\)要填这个坑的种类数就是\(f[i-1][S-(1<）

（\(2\)）不填入坑中，这样枚举每一个点，如果可以填（指如果有坑还没填，那么他旁边以及他本身共\(9\)个格都不能填东西，否则这个坑继续往后填填不成极小值），那么就是一种新的填法，数出来\(tot\)种填法，那么\(dp[i][S]+=dp[i-1][S]*(tot-i+1)\)。然后发现枚举不是很好，可以进行预处理，处理出每一个状态对应的\(tot\)（代码中用\(hi[S]\)表示）。

然后答案就是\(f[m*n][(1<。（\(num\)代表坑的个数）

然后因为是胡乱填数，于是可能会出现不应该是坑的地方变成坑的情况，于是就在每个可能出现坑的地方分别新加一个坑进行\(DP\)，完了再减去。而这个\(DP\)又带来新的可能填的坑......而这就是个容斥问题了。

AC代码

#include
#include
#include
char a[10];
int m,n,min[6][10];//描述整个矩阵 
int num,x[30],y[30];//描述坑的个数、位置 
int w=12345678;//膜 
int dx[10]={-1,-1,-1,0,0,1,1,1,0};//移动位置 
int dy[10]={-1,0,1,-1,1,-1,0,1,0};
int vis[6][10],f[29][(1<<8)+10],hi[1<<9];//dp用到的东西 
int dp(){
	int i,j,k;
	memset(f,0,sizeof(f));
	f[0][0]=1;
	for(i=0;i<(1<0)f[i][j]+=f[i-1][j]*(hi[j]-i+1),f[i][j]%=w;
			for(k=0;k