标签：规划 tchar inpu 暴力 src 连接 技术 int NPU
使用过Android手机的同学一定对手势解锁屏幕不陌生。Android的解锁屏幕由3x3个点组成，手指在屏幕上画一条
线将其中一些点连接起来，即可构成一个解锁图案。如下面三个例子所示：
画线时还需要遵循一些规则
1．连接的点数不能少于4个。也就是说只连接两个点或者三个点会提示错误。
2．两个点之间的连线不能弯曲。
3．每个点只能"使用"一次，不可重复。这里的"使用"是指手指划过一个点，该点变绿。
4．两个点之间的连线不能"跨过"另一个点，除非那个点之前已经被"使用"过了。
对于最后一条规则，参见下图的解释。左边两幅图违反了该规则：而右边两幅图(分别为2→4→1→3→6和→5→4→1→9→2)
则没有违反规则，因为在"跨过"点时，点已经被"使用"过了。
现在工程师希望改进解锁屏幕，增减点的数目，并移动点的位置，不再是一个九宫格形状，但保持上述画线的规则不变。
请计算新的解锁屏幕上，一共有多少满足规则的画线方案。
输入文件第一行，为一个整数n，表示点的数目。
接下来n行，每行两个空格分开的整数xi和yi，表示每个点的坐标。
-1000≤xi,Yi≤l000，1≤n<20。各点坐标不相同
输出文件共一行，为题目所求方案数除以100000007的余数。
4
0 0
1 1
2 2
3 3
8
解释：设4个点编号为1到4，方案有1→2→3→4，2→1→3→4，3→2→1→4，2→3→1→4，
及其镜像4→3→2→1,3→4→2→1,2→3→4→1,3→2→4→1.
状压\(dp\)，坑的死
首先好好观察一下模数，它TM不是\(10^9+7\)
。。。
然后考虑状压
设\(f[i][j]\)表示当前状态是\(i\)，当前位置结尾的点是\(j\)的方案数
暴力枚举一下个连接谁，检查它们中间的点是否都已经被选择
如果每次都\(check\)一下，复杂度就会变成\(O(2^nn^3)\)
提前预处理出任意两个点之间的集合，这一步的复杂度是\(O(n^3)\)
计算是否贡献的时候，不要计算出斜率再计算，这样会掉精度
把斜率乘到两边就行了。
然后做\(dp\)的时候就可以\(O(1)\)检查了
这样复杂度就是\(O(n^3+2^nn^2)\)，并且不满。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MOD 100000007
inline int read()
{
RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int n,X[20],Y[20];
int g[20][20];
int f[20][1<<20];
void update(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}
int main()
{
n=read();
for(int i=0;i<n;++i)X[i]=read(),Y[i]=read();
for(RG int i=0;i<n;++i)
for(RG int j=0;j<n;++j)
{
if(i==j)continue;
for(RG int k=0;k<n;++k)
{
if(k==i||k==j)continue;
if(X[k]<X[i]&&X[k]<X[j])continue;
if(X[k]>X[i]&&X[k]>X[j])continue;
if(Y[k]<Y[i]&&Y[k]<Y[j])continue;
if(Y[k]>Y[i]&&Y[k]>Y[j])continue;
if(Y[i]==Y[k])
{
if(Y[j]==Y[k])g[i][j]|=(1<<k);
continue;
}
if(Y[j]==Y[k])continue;
if((X[i]-X[k])*(Y[j]-Y[k])==(X[j]-X[k])*(Y[i]-Y[k]))g[i][j]|=(1<<k);
}
}
for(RG int i=0;i<n;++i)f[i][1<<i]=1;
for(RG int t=0;t<(1<<n);++t)
for(RG int i=0;i<n;++i)
{
if(!(t&(1<<i)))continue;
if(!f[i][t])continue;
for(RG int j=0;j<n;++j)
{
if(t&(1<<j))continue;
if((g[i][j]&t)!=g[i][j])continue;
update(f[j][t|(1<<j)],f[i][t]);
}
}
int ans=0;
for(RG int t=0;t<(1<<n);++t)
{
int tot=0;
for(RG int i=t;i;i-=i&(-i))++tot;
if(tot<4)continue;
for(RG int i=0;i<n;++i)
if(t&(1<<i))update(ans,f[i][t]);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}【BZOJ5299】【CQOI2018】解锁屏幕（动态规划，状态压缩）
标签：规划 tchar inpu 暴力 src 连接 技术 int NPU
原文地址：https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/8901447.html
