☆【动态规划】【SCOI2011】地板
题目描述】 lxhgww的小名叫“小L”，这是因为他总是很喜欢L型的东西。小L家的客厅是一个的矩形，现在他想用L型的地板来铺满整个客厅，客厅里有些位置有柱子，不能铺地板。现在小L想知道，用L型的地板铺满整个客厅有多少种不同的方案？ 需要注意的是，如下图所示，L型地板的两端长度可以任意变化，但不能长度为0。铺设完成后，客厅里面所有没有柱子的地方都必须铺上地板，但同一个地方不能被铺多次。
【输入】 输入的第一行包含两个整数，R和C，表示客厅的大小。 接着是R行，每行C个字符。’_’表示对应的位置是空的，必须铺地板；’*’表示对应的位置有柱子，不能铺地板。 【输出】 输出一行，包含一个整数，表示铺满整个客厅的方案数。由于这个数可能很大，只需输出它除以20110520的余数。 【样例输入1】 2 2 *_ __ 【样例输出1】 1 【样例输入2】 3 3 ___ _*_ ___ 【样例输出2】 8 【数据范围】 测试点编号 数据范围 1, 2 R*C <= 25 3, 4, 5 R*C<=100并且(R = 2或者C = 2) 6, 7, 8, 9, 10 R*C <= 100这是一道基于连通性的状态压缩动态规划。
状态定义如下：设每个L型地砖都有两个不同伸展方向，并规定从转角处两端为向外，从两端到转角处为向内。使用0，1，3三种标记表示三种不同的插头，0表示没有插头，1表示向内的插头，3表示向外的插头。逐格递推，每次用一个四进制数来表示这一行所有插头的状态，按从左到右的顺序，左边为高位，右边为低位。
插图如下：
状态转移的时候，要用一个开散列记录状态，避免多次枚举。
Accode：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <bitset>
const char fi[] = "floor.in";
const char fo[] = "floor.out";
const int maxR = 110;
const int maxN = 1 << 18;
const int MOD = 20110520;
const int HMOD = 262143;
struct Node
{
int S, ID;
Node *next;
};
std::bitset <maxR> mp[maxR];
Node *Hash[HMOD + 1];
Node tmp[maxN];
int cnt[2];
int f[2][maxN];
int state[2][maxN];
//以上三个数组使用零壹滚动。
int n, m, pst, ths;
void init_file()
{
freopen(fi, "r", stdin);
freopen(fo, "w", stdout);
return;
}
void readdata()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i < n + 1; ++i)
{
getchar();
for (int j = 1; j < m + 1; ++j)
if (getchar() == '_')
{
if (m > n) mp[j].set(i);
else mp[i].set(j);
}
}
if (m > n) std::swap(m, n);
return;
}
inline void recover()
{
cnt[ths] = 0;
memset(Hash, 0, sizeof(Hash));
return;
} //每次需要清空，为下次的状态转移做好空间。
inline int get_ID(int S)
{
unsigned h = S & HMOD;
for (Node *p = Hash[h]; p; p = p -> next)
if (p -> S == S) return p -> ID;
//若该状态已经被生成，则直接返回它的序号。
//否则新建一个。
tmp[++cnt[ths]].S = S;
tmp[cnt[ths]].ID = cnt[ths];
tmp[cnt[ths]].next = Hash[h];
Hash[h] = &tmp[cnt[ths]];
f[ths][cnt[ths]] = 0;
state[ths][cnt[ths]] = S;
return cnt[ths];
}
inline void Add(int &a, int b)
{
a += b;
if (a >= MOD) a -= MOD;
return;
}
void work()
{
pst = 0, ths = 1;
//零壹滚动中的两指针。
recover();
f[ths][get_ID(0)] = 1;
//置初始值为1。
for (int i = 1; i < n + 1; ++i)
for (int j = 1; j < m + 1; ++j)
{
std::swap(pst, ths);
recover();
//每次要记得清空。
int q = (m - j) << 1;
//记录当前需要转移的右插头的位置（相对于最右端）。
int p = q + 2;
//记录当前需要转移的下插头的位置（相对于最右端）。
for (int k = 1; k < cnt[pst] + 1; ++k)
{
int val = f[pst][k];
//当前状态的方案数。
int Last = state[pst][k];
//当前状态对应的四进制数。
if (j == 1)
{
if (Last & 3) continue;
else Last >>= 2;
}
//若换行，首先判断末尾是否有多余的插头，
//若有，则此状态作废；否则将末尾的插头
//移动到下一行的开头，以便下一行的转移。
int wp = (Last >> p) & 3;
//当前的右插头。
int wq = (Last >> q) & 3;
//当前的下插头。
int Now = Last - (wp << p) - (wq << q);
//构造一个新的插头，将转移的目标状态
//所对应的两个插头先清空。
if (!mp[i][j])
{
if (!wp && !wq)
Add(f[ths][get_ID(Now)], val);
//若该方块为障碍且无插头则可行。
}
else
{
if (!wp && !wq)
//无插头的情况，见图1-0。
//此时可以新建插头，分三种情况讨论。
{
Add(f[ths][get_ID(Now | (1 << p))], val); //见图1-2。
Add(f[ths][get_ID(Now | (1 << q))], val); //见图1-1。
Add(f[ths][get_ID(Now | (3 << p)
| (3 << q))], val); //见图1-3。
}
else if (!wp || !wq)
//只有一个插头的情况。见图2-0(1)，2-0(2)，
//2-0(3)以及2-0(4)，也要分情况讨论。
{
Add(f[ths][get_ID(Now | (wp << q)
| (wq << p))], val);
//延续原来的插头，见图2-1(1)和2-1(2)。
if (wp == 1) //见图2-0(2)。
Add(f[ths][get_ID(Last |
(2 << p))], val);
//插头可在此转弯，见图2-2。
else if (wq == 1)
Add(f[ths][get_ID(Last |
(2 << q))], val);
//同理如上。
else if (wp == 3 || wq == 3) //如图2-0(4)。
Add(f[ths][get_ID(Now)], val);
//插头可在次终止，见图2-3。
}
else if (wp == 1 && wq == 1)
//两插头相遇，可以构成一个L，见图3-0。
Add(f[ths][get_ID(Now)], val); //见图3-1。
}
}
}
printf("%d\n", f[ths][get_ID(0)]);
return;
}
int main()
{
init_file();
readdata();
work();
return 0;
}
第二次做：
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <string>
const char fi[] = "floor.in";
const char fo[] = "floor.out";
const int maxN = 110;
const int maxSTATUS = 0x100000;
const int HMOD = 0x3ffff;
const int MOD = 20110520;
struct Node {int S, ID; Node *next;};
Node tmp[maxSTATUS], *Hash[HMOD + 1];
char mp[maxN][maxN];
int f[2][maxSTATUS], status[2][maxSTATUS];
int cnt[2], n, m, pst, ths = 1;
void init_file()
{
freopen(fi, "r", stdin);
freopen(fo, "w", stdout);
return;
}
void readdata()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
scanf("\n");
for (int j = 0; j < m; ++j)
{
char ch = getchar();
if (m > n) mp[j][i] = ch;
else mp[i][j] = ch;
}
}
if (m > n) std::swap(n, m);
return;
}
inline int get_ID(int S)
{
int h = S & HMOD;
for (Node *p = Hash[h]; p; p = p -> next)
if (p -> S == S) return p -> ID;
int ID = cnt[ths];
tmp[ID].ID = ID;
tmp[ID].S = S;
tmp[ID].next = Hash[h];
Hash[h] = &tmp[ID];
f[ths][ID] = 0;
status[ths][ID] = S;
return cnt[ths]++;
}
inline void Add(int &a, int b)
{a += b; if (a >= MOD) a -= MOD; return;}
void work()
{
f[ths][get_ID(0)] = 1;
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < m; ++j)
{
std::swap(pst, ths); cnt[ths] = 0;
memset(Hash, 0, sizeof Hash);
int p = (m - j) << 1, q = p - 2;
for (int k = 0; k < cnt[pst]; ++k)
{
int val = f[pst][k];
int Last = status[pst][k];
if (!j)
{
if (Last & 3) continue;
else Last >>= 2;
}
int wp = (Last >> p) & 3,
wq = (Last >> q) & 3,
Now = Last - (wp << p) - (wq << q);
if (mp[i][j] == '*')
{if (!wp && !wq) Add(f[ths][get_ID(Now)], val);}
else if (!wp && !wq)
{
Add(f[ths][get_ID(Now | (1 << p))], val);
Add(f[ths][get_ID(Now | (1 << q))], val);
Add(f[ths][get_ID(Now | (3 << p)
| (3 << q))], val);
}
else if (!wp || !wq)
{
Add(f[ths][get_ID(Now | (wp << q)
| (wq << p))], val);
if (wp == 1) Add(f[ths][get_ID(Last |
(2 << p))], val);
else if (wq == 1)
Add(f[ths][get_ID(Last | (2 << q))], val);
else Add(f[ths][get_ID(Now)], val);
}
else if (wp == 1 && wq == 1)
Add(f[ths][get_ID(Now)], val);
}
}
printf("%d\n", f[ths][get_ID(0)]);
return;
}
int main()
{
init_file();
readdata();
work();
return 0;
}