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好久没做插头dp的样子，一开始以为这题是插头，状压，插头，状压，插头，状压，插头，状压，无限对又错。
昨天看到的这题。
百度之后发现没有人发题解，hust也没，hdu也没discuss。。。在acm-icpc信息站发现难得的一篇题解。不过看到是插头二字之后，代码由于风格太不一样就没看了，自己想了好久，想通了。然后就等到今天才码。。。。
如果把点看成网格，那就可以实现，没有公共点公共边等限定条件，也显然是插头dp的最短单回路的模型。这是本题的一个难点（当时想到这样是因为，题目要求计算最短周长，显然这样建模便于求解）
另一个难点是如何保证那些OOXX在该在的位置，即题目所要求，O在单回路内部，X在单回路外部。我的做法是标记，加多一维01表示当前交点的左上角格子是否在内部。转移过程注意判断后续状态可否行即可。
这题要括号匹配，显然要用哈希表而不用数组。。。
虽然折腾时间挺久，但是1A的感觉还是不错的。
建议画图（其实所有插头dp都建议画图，便于分析，也不会占着电脑坑队友）
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
#define ll long long
#define maxm 51000
#define STATE 510000
#define HASH 10007
#define maxd 15
int n,m;
char maze[maxd][maxd];
int code[maxd];
struct HASHMAP{
int head[HASH],nxt[STATE],sz;
int state[STATE],f[STATE];
void clear(){sz=0;memset(head,-1,sizeof(head));}
void push(int st,int ans){
int h = st%HASH;
for(int i=head[h];i!=-1;i=nxt[i]){
if(st==state[i]){
f[i] = min(f[i], ans);
return ;
}
}
state[sz]=st, f[sz]=ans, nxt[sz]=head[h];
head[h]=sz++;
}
}hm[2][2];
void decode(int st){
for(int i=0;i<=m;++i) code[i] = st&3, st>>=2;
}
int encode(){
int ret=0;
for(int i=m;i>=0;--i) ret = ret<<2|code[i];
return ret;
}
bool jud(int i,int j,int in){
if(maze[i][j]==‘o‘) return in;
if(maze[i][j]==‘x‘) return !in;
return true;
}
int edx,edy;
int ans;
void dp(int i,int j,int cur,int in){
int xo = (1<<(j*2));
int ox = (2<<(j*2));
int oo = xo|ox;
int mv = (j==m?2:0);
for(int k=0;k<hm[cur][in].sz;++k){
decode(hm[cur][in].state[k]);
int left = code[j-1];
int up = code[j];
if(left && up){
if(left==2 && up==1){
if(i>=edx+1 && j>=edy+1){
int to = hm[cur][in].state[k] ^ (ox>>2) ^ (xo);
if(to==0) ans = min(ans, hm[cur][in].f[k]+1);
}
continue;
}
if(left==1 && up==1){
for(int jj=j-1,c=0;jj>=0;--jj){
if(code[jj]==1)++c;
if(code[jj]==2)--c;
if(c==0){code[jj]^=3;break;}
}
code[j-1]=code[j]=0;
}
if(left==2 && up==2){
for(int jj=j,c=0;jj<=m;++jj){
if(code[jj]==2)++c;
if(code[jj]==1)--c;
if(c==0){code[jj]^=3;break;}
}
code[j-1]=code[j]=0;
}
if(left==1 && up==2){
code[j-1]=code[j]=0;
}
if(jud(i-1,j,in^1))
hm[cur^1][in^1].push(encode()<<mv, hm[cur][in].f[k]+1);
}else if(left || up){
int in2 = in;
if(up) in2^=1;
int tmp = left | up;
code[j-1]=tmp, code[j]=0;
if(i+1<=n)
if(jud(i-1,j,in2) && jud(i,j-1,!in2) && jud(i,j,in2))
hm[cur^1][in2].push(encode()<<mv, hm[cur][in].f[k]+1);
code[j-1]=0, code[j]=tmp;
if(j+1<=m)
if(jud(i-1,j,in2) && jud(i,j-1,!in2) && jud(i,j,!in2))
hm[cur^1][in2].push(encode()<<mv, hm[cur][in].f[k]+1);
}else {
if(jud(i-1,j,in) && jud(i,j-1,in) && jud(i,j,in))
hm[cur^1][in].push(hm[cur][in].state[k]<<mv, hm[cur][in].f[k]);
code[j-1]=2, code[j]=1;
if(i+1<=n && j+1<=m)
if(jud(i-1,j,in) && jud(i,j-1,in) && jud(i,j,!in))
hm[cur^1][in].push(encode()<<mv, hm[cur][in].f[k]+1);
}
}
}
int solve(){
int cur=0;
hm[0][0].clear();
hm[0][1].clear();
hm[0][0].push(0,0);
for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m;++j) if(maze[i][j]==‘o‘) edx=i,edy=j;
ans=inf;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
hm[cur^1][0].clear();
hm[cur^1][1].clear();
dp(i,j,cur,0);
dp(i,j,cur,1);
cur^=1;
}
}
if(ans==inf) return -1;
return ans;
}
int main(){
int t,ca=0;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(maze,0,sizeof(maze));
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%s",maze[i]+1);
++n,++m;
for(int i=0;i<=n;++i) maze[i][0]=maze[i][m]=‘.‘;
for(int j=0;j<=m;++j) maze[0][j]=maze[n][j]=‘.‘;
printf("Case #%d: %d\n",++ca, solve());
}
return 0;
}
HDU 4113 Construct the Great Wall（插头dp）
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原文地址：http://www.cnblogs.com/nextbin/p/4082001.html
