[CQOI2012]局部极小值

标签：getchar   freopen   tor   ==   状态   sdi   方案   mat   范围   

嘟嘟嘟


谁说CQOI的题都是板儿题，我就觉得这题挺难的……


看到数据范围这么小，就会想状压。然而\(2 ^ {28}\)肯定过不了。不过对于所有的极小值的格子，最多不会超过8个，所以我们状压选了哪些局部极小值的格子（坑儿）。


然后我们从小到大填数，那么对于一个数\(i\)，他无非就两种填法：填入一个坑，或是填坑以外的点。
填一个坑儿就是直接填，于是有\(dp[i][S] = \sum dp[i - 1][S\) ^ \((1 << k)]\)。
不填坑的话，得考虑填上这个数之后，那些还没有填的坑仍能保证是坑，即不能往他们的四周填。因此我们预处理出来对于当前每一个状态，可以填的格子数目\(num[S]\)。然后有转移方程\(dp[i][S] = dp[i - 1][S] * (num[S] - (i - 1))\)。
答案就是\(dp[n * m][(1 << tot) - 1]\)，\(tot\)是坑的总数。


但光这样是不对的。因为一些不是坑的点填完后可能成为了坑，换句话说，我们上面的\(dp[n * m][(1 << tot) -1]\)表示的是至少有\(tot\)个坑时的方案数，而我么需要的是恰好有这么多坑的方案数。
那么就能想到容斥了！我们暴力枚举棋盘上哪些格子可以是坑，然后每构造一个棋盘，就dp一次，然后看看是加上还是减去。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<assert.h>
using namespace std;
#define enter puts("") 
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const ll mod = 12345678;
In ll read()
{
  ll ans = 0;
  char ch = getchar(), last = ' ';
  while(!isdigit(ch)) last = ch, ch = getchar();
  while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
  if(last == '-') ans = -ans;
  return ans;
}
In void write(ll x)
{
  if(x < 0) x = -x, putchar('-');
  if(x >= 10) write(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}
In void MYFILE()
{
#ifndef mrclr
  freopen(".in", "r", stdin);
  freopen(".out", "w", stdout);
#endif
}

int n, m, TOT;
char s[5][8];
ll ans = 0;

In ll inc(ll a, ll b) {return a + b < mod ? a + b : a + b - mod;}

struct Node
{
  int x, y;
}t[30];
int tot = 0, num[(1 << 8) + 5];
bool vis[5][8];
ll dp[30][(1 << 8) + 5];
const int dx[] = {-1, -1, 0, 1, 1, 1, 0, -1}, dy[] = {0, 1, 1, 1, 0, -1, -1, -1};
In void calc()
{
  tot = 0;
  for(int i = 1; i <= n; ++i)
    for(int j = 1; j <= m; ++j)
      if(s[i][j] == 'X') t[++tot] = (Node){i, j};
  for(int i = 0; i < (1 << tot); ++i)
    {
      Mem(vis, 0);
      for(int j = 1; j <= tot; ++j)
    if(!((i >> (j - 1)) & 1))
      {
        vis[t[j].x][t[j].y] = 1;
        for(int k = 0; k < 8; ++k)
          {
        int nx = t[j].x + dx[k], ny = t[j].y + dy[k];
        if(nx && nx <= n && ny && ny <= m) vis[nx][ny] = 1;
          }
      }
      int cnt = 0;
      for(int j = 1; j <= n; ++j)
    for(int k = 1; k <= m; ++k) cnt += vis[j][k];
      num[i] = n * m - cnt;
    }
  Mem(dp, 0); dp[0][0] = 1;
  for(int i = 1; i <= n * m; ++i)
    {
      for(int S = 0; S < (1 << tot); ++S)
    {
      dp[i][S] = inc(dp[i][S], dp[i - 1][S] * (num[S] - i + 1) % mod);
      for(int j = 0; j < tot; ++j)
        if((S >> j) & 1) dp[i][S] = inc(dp[i][S], dp[i - 1][S ^ (1 << j)]);
    }
    }
  ll tp = dp[n * m][(1 << tot) - 1];
  ans = inc(ans, ((tot - TOT) & 1) ? mod - tp: tp);
}

In void dfs(int x, int y)
{
  if(x == n + 1) {calc(); return;}
  if(y == m) dfs(x + 1, 1);
  else dfs(x, y + 1);
  if(s[x][y] == 'X') return;
  bool flg = 1;
  for(int i = 0; i < 8 && flg; ++i)
    {
      int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
      if(nx && nx <= n && ny && ny <= m)
    if(s[nx][ny] == 'X') flg = 0;
    }
  if(!flg) return;
  s[x][y] = 'X';
  if(y == m) dfs(x + 1, 1);
  else dfs(x, y + 1);
  s[x][y] = '.';
}

int main()
{
  //MYFILE();
  n = read(), m = read();
  for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%s", s[i] + 1);
  for(int i = 1; i <= n; ++i)
    for(int j = 1; j <= m; ++j) TOT += (s[i][j] == 'X');
  dfs(1, 1);
  write(ans), enter;
  return 0;
}

[CQOI2012]局部极小值

标签：getchar   freopen   tor   ==   状态   sdi   方案   mat   范围   

原文地址：https://www.cnblogs.com/mrclr/p/10943389.html