标签：i++ name 状态 using bre iostream span count uniq
\(n \times m\)（\(n, m \le 20\)）的棋盘
其中至多有 \(8\) 个格子为黑色，其他格子为白色
每次可以选一个白格子把它所在的行、列包括它本身变成黑色
求把棋盘全变成黑色的操作方案数
传给你一个 string[] 类型的参数
返回一个整数表示答案
{"B..B", "B.B.", "...B", "BB.B", "...."}Returns 324见“试题描述”
由于黑格子不超过 \(8\) 个，并且每次操作都是整行整列变黑，所以可以任意交换行列，不会影响最终结果。
于是我们可以把它交换成左上角最多 \(8 \times 8\) 区域内有黑格子，剩下一个反 \(L\) 型的全白区域。
对于全白区域，我们只需要关心它有几行几列就行了；而对于有黑格子的地方就需要用状压。
于是令 \(f(s_x, s_y, i, j)\) 表示对于有黑格子的区域行覆盖的集合是 \(s_x\)，列覆盖集合为 \(s_y\)，全白区域覆盖了 \(i\) 行 \(j\) 列，然后转移显然。
最后累计答案时需要开个数组模拟一下确定哪些状态是最终状态。（好像也可以看哪些状态没有后继状态吧，这样快一点，但是我不管了。这题搞了我一个上午，弄得我生活不能自理）
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)
const int maxspace = 12010101, maxn = 21, MOD = 1000000007;
#define LL long long
int n, m, bn, bm, sn, sm, _x[maxn*maxn], _y[maxn*maxn], cb, xnum[maxn*maxn], ynum[maxn*maxn];
char Map[maxn][maxn];
bool g[maxn][maxn], tg[maxn][maxn];
int F[maxspace];
#define f(si, sj, i, j) F[(si)*(sm+1)*(n-bn+1)*(m-bm+1)+(sj)*(n-bn+1)*(m-bm+1)+(i)*(m-bm+1)+(j)]
class DrawingBlackCrosses {
public:
int count(vector <string> field) {
n = field.size(); m = field[0].length();
rep(i, 0, n - 1) strcpy(Map[i], field[i].c_str());
rep(i, 0, n - 1) rep(j, 0, m - 1) if(Map[i][j] == ‘B‘) {
_x[cb] = i; _y[cb++] = j;
xnum[bn++] = i; ynum[bm++] = j;
}
sort(xnum, xnum + bn); sort(ynum, ynum + bm);
bn = unique(xnum, xnum + bn) - xnum; bm = unique(ynum, ynum + bm) - ynum;
sn = (1 << bn) - 1; sm = (1 << bm) - 1;
rep(i, 0, cb - 1) {
_x[i] = lower_bound(xnum, xnum + bn, _x[i]) - xnum;
_y[i] = lower_bound(ynum, ynum + bm, _y[i]) - ynum;
g[_x[i]][_y[i]] = 1;
}
int sx = 0, sy = 0, fullx = 0, fully = 0; // all_black
rep(i, 0, n - 1) {
bool ab = 1;
rep(j, 0, m - 1) if(!g[i][j]){ ab = 0; break; }
if(ab && i < bn) sx |= 1 << i;
ab = 1;
rep(j, 0, bm - 1) if(!g[i][j]){ ab = 0; break; }
if(i < bn) fullx |= (int)ab << i;
}
rep(j, 0, m - 1) {
bool ab = 1;
rep(i, 0, n - 1) if(!g[i][j]){ ab = 0; break; }
if(ab && j < bm) sy |= 1 << j;
ab = 1;
rep(i, 0, bn - 1) if(!g[i][j]){ ab = 0; break; }
if(j < bm) fully |= (int)ab << j;
}
f(sx, sy, n - bn, m - bm) = 1;
rep(si, 0, sn) rep(sj, 0, sm) dwn(i, n - bn, 0) dwn(j, m - bm, 0) if(f(si, sj, i, j)) {
int now = f(si, sj, i, j), tsi, tsj, ti, tj;
rep(ini, 0, bn) rep(inj, 0, bm) {
if(ini < bn) tsi = si | (1 << ini), ti = i;
else tsi = si, ti = i - 1;
if(inj < bm) tsj = sj | (1 << inj), tj = j;
else tsj = sj, tj = j - 1;
if(ini < bn && inj < bm && !g[ini][inj] && !(si >> ini & 1) && !(sj >> inj & 1)) (f(tsi, tsj, ti, tj) += now) %= MOD;
if(ini < bn && inj == bm && !(si >> ini & 1) && j > 0) (f(tsi, tsj, ti, tj) += (LL)now * j % MOD) %= MOD;
if(ini == bn && inj < bm && i > 0 && !(sj >> inj & 1)) (f(tsi, tsj, ti, tj) += (LL)now * i % MOD) %= MOD;
if(ini == bn && inj == bm && i > 0 && j > 0) (f(tsi, tsj, ti, tj) += (LL)now * i % MOD * j % MOD) %= MOD;
}
}
int ans = 0;
rep(si, 0, sn) rep(sj, 0, sm) rep(i, 0, n - bn) rep(j, 0, m - bm) if(f(si, sj, i, j)) {
memcpy(tg, g, sizeof(g));
rep(x, 0, bn - 1) if(si >> x & 1)
rep(y, 0, m - 1) tg[x][y] = 1;
rep(y, 0, bm - 1) if(sj >> y & 1)
rep(x, 0, n - 1) tg[x][y] = 1;
dwn(x, n - 1, n - (n - bn - i)) rep(y, 0, m - 1) tg[x][y] = 1;
dwn(y, m - 1, m - (m - bm - j)) rep(x, 0, n - 1) tg[x][y] = 1;
bool all1 = 1;
rep(x, 0, n - 1) rep(y, 0, m - 1) if(!tg[x][y]){ all1 = 0; break; }
if(all1) (ans += f(si, sj, i, j)) %= MOD;
}
return ans;
}
};[TC_SRM_466]Drawing Black Crosses
标签：i++ name 状态 using bre iostream span count uniq
原文地址：http://www.cnblogs.com/xiao-ju-ruo-xjr/p/7998725.html
