http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1187
Description
经历了一段艰辛的旅程后，主人公小P乘坐飞艇返回。在返回的途中，小P发现在漫无边际的沙漠中，有一块狭长的绿地特别显眼。往下仔细一看，才发现这是一个游乐场，专为旅途中疲惫的人设计。娱乐场可以看成是一块大小为n×m的区域，且这个n×m的区域被分成n×m个小格子，每个小格子中就有一个娱乐项目。然而，小P并不喜欢其中的所有娱乐项目，于是，他给每个项目一个满意度。满意度为正时表示小P喜欢这个项目，值越大表示越喜欢。为负时表示他不喜欢，这个负数的绝对值越大表示他越不喜欢。为0时表示他对这个项目没有喜恶。小P决定将飞艇停在某个小格中，然后每步他可以移动到相邻的上下左右四个格子的某个格子中。小P希望找一条路径，从飞艇所在格出发，最后又回到这个格子。小P有一个习惯，从不喜欢浪费时间。因此，他希望经过每个格子都是有意义的：他到一个地方后，就一定要感受以下那里的惊险和刺激，不管自己是不是喜欢那里的娱乐项目。而且，除了飞艇所在格，其他的格子他不愿意经过两次。小P希望自己至少要经过四个格子。在满足这些条件的情况下，小P希望自己玩过的娱乐项目的满意度之和最高。你能帮他找到这个最高的满意度之和吗？
Input
输入文件中的第一行为两个正整数n和m，表示游乐场的大小为n×m。因为这个娱乐场很狭窄，所以n和m满足：2<=n<=100，2<=m<=6。接下来的n行，每行有m个整数，第i行第j列表示游乐场的第i行第j列的小格子中的娱乐项目的满意度，这个满意度的范围是[-1000，1000]。同一行的两个整数之间用空格隔开。
Output
输出文件中仅一行为一个整数，表示最高的满意度之和。
Sample Input
4 4
100 300 -400 400
-100 1000 1000 1000
-100 -100 -100 -100
-100 -100 -100 1000Sample Output
4000
显然是插头dp，因为是回路，所以我们这次采用括号表示法。欢迎访问我的这篇博客获取插头dp知识。
而对于多回路问题，我们只需要在原有的基础上注意两点：
1.当没有插头的时候，该格子可以不选。
2.当更新答案的时候，要判断轮廓线是否有多余的插头，如果有说明我们多加了这些插头的值，而他们显然是无用的，于是舍弃本状态。
但是注意一点：一个格子不算回路！
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int INF=2147483647; const int mod=300000; const int M=300005; struct node{ int to,nxt; }edge[M]; int head[M],cnt; int n,m,e1,e2; int mp[105][15]; int cur,pre; //滚动数组 int state[2][M]; //记录状态,滚动 int ans[2][M],cntt; //记录答案 int tot[2]; //记录状态总数 int bit[10]; //提取状态使用 inline void getbit(){ for(int i=1;i<10;i++)bit[i]=i<<1; return; } inline void add(int u,int v){ cnt++; edge[cnt].to=v; edge[cnt].nxt=head[u]; head[u]=cnt; return; } void insert(int now,int num){ int u=now%mod; for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){ int v=edge[i].to; if(state[cur][v]==now){ ans[cur][v]=max(ans[cur][v],num); return; } } add(u,++tot[cur]); state[cur][tot[cur]]=now; ans[cur][tot[cur]]=num; return; } void plugdp(){ cur=0; tot[cur]=1; ans[cur][1]=0; state[cur][1]=0; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=tot[cur];j++){ state[cur][j]<<=2; } for(int j=1;j<=m;j++){ memset(head,0,sizeof(head));cnt=0; pre=cur,cur^=1; tot[cur]=0; for(int k=1;k<=tot[pre];k++){ int now=state[pre][k]; int num=ans[pre][k]+mp[i][j]; int is_down=(now>>bit[j-1])%4; int is_right=(now>>bit[j])%4; if(!is_down&&!is_right){ insert(now,num-mp[i][j]); if(mp[i][j+1]&&mp[i+1][j]) insert(now+(1<<bit[j-1])+2*(1<<bit[j]),num); } else if(!is_down&&is_right){ if(mp[i][j+1]) insert(now,num); if(mp[i+1][j]) insert(now-is_right*(1<<bit[j])+is_right*(1<<bit[j-1]),num); } else if(is_down&&!is_right){ if(mp[i+1][j]) insert(now,num); if(mp[i][j+1]) insert(now-is_down*(1<<bit[j-1])+is_down*(1<<bit[j]),num); } else if(is_down==1&&is_right==1){ int count=1; for(int l=j+1;l<=m;l++){ if((now>>bit[l])%4==1)count++; if((now>>bit[l])%4==2)count--; if(!count){ insert(now-(1<<bit[l])-(1<<bit[j-1])-(1<<bit[j]),num); break; } } } else if(is_down==2&&is_right==2){ int count=1; for(int l=j-2;l>=0;l--){ if((now>>bit[l])%4==1) count--; if((now>>bit[l])%4==2) count++; if(!count){ insert(now+(1<<bit[l])-2*(1<<bit[j-1])-2*(1<<bit[j]),num); break; } } } else if(is_down==2&is_right==1) insert(now-2*(1<<bit[j-1])-(1<<bit[j]),num); else if(is_down==1&&is_right==2){ int count=0; for(int l=1;l<=m;l++){ if((now>>bit[l])%4)count++; } if(count==2)cntt=max(cntt,num); } } } } return; } int main(){ getbit(); cntt=-INF; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scanf("%d",&mp[i][j]); } } plugdp(); printf("%d\n",cntt); return 0; }
