• YbtOJ方格填写【插头dp】


    正题


    题目大意

    给出\(n\times m\)的网格填着\(-1\sim 4\)的数字,对于将所有的\(-1\)填上\(0\sim 4\)的方案中,定义方案\(X\)的权值,设在相邻网格之间连线(每对只能连一条)使得每个网格连出去的边数恰好位数字的方案数为\(f(X)\),那么权值为\(f^2(X)\)

    求所有方案的权值和,对\(998244353\)取模。

    \(1\leq T\leq 10,1\leq n\leq 70,1\leq m\leq 6\)


    解题思路

    主要的难点在这个平方处,我们有道经典处理方案数平方的例题[NOI2009]管道取珠,做法就是同时维护两个共线推进的方案,这样每对方案之间都有贡献,方案数就平方了。

    但是这样的状态也是平方的,我们需要考虑压缩一下状态,正常来说的插头\(dp\)可能是\(O(5^m)\)的状态,但是注意到每队网格只能连一条边,所以对于每个块最多只能剩下插头数的状态,也就是除了当且枚举快左边那个以外都是\(2\)个状态,这样状态就很少了,只有\(96\)种,直接平方做然后插头\(dp\)转移即可。


    code

    #pragma GCC optimize(2)
    %:pragma GCC optimize(3)
    %:pragma GCC optimize("Ofast")
    %:pragma GCC optimize("inline")
    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    const int P=998244353;
    int T,n,m,f[2][16384],v[2][16384],s[2][16384],l[2];
    int ges(int s,int j,int p)
    {return s|((p>1)<<m)|((p>0)<<j);}
    void work(int g,int sq,int sp,int w){
    	int S=(sq<<m+1)|sp;
    	(f[g][S]+=w)%=P;
    	if(!v[g][S])v[g][S]=1,s[g][l[g]++]=S;
    	return;
    }
    int main()
    {
    	freopen("grid.in","r",stdin);
    	freopen("grid.out","w",stdout); 
    	scanf("%d",&T);
    	while(T--){
    		scanf("%d%d",&n,&m);
    		int g=0,MS=(1<<m+1)-1;
    		memset(f,0,sizeof(f));
    		memset(v,0,sizeof(v));
    		l[1]=0;s[0][0]=0;l[0]=1;
    		f[0][0]=1;
    		for(int i=0;i<n;i++){
    			for(int j=0,lim;j<m;j++){
    				scanf("%d",&lim);g^=1;
    				for(int p=0;p<l[g];p++)
    					v[g][s[g][p]]=f[g][s[g][p]]=0;
    				l[g]=0;
    				for(int x=0;x<=4;x++){
    					if(lim!=-1&&lim!=x)continue;
    					for(int p=0;p<l[!g];p++){
    						int S=s[!g][p],zq=x,zp=x;
    						int sq=S>>m+1,sp=S-(sq<<m+1);
    						int kq=(j?((sq>>j-1)&1):0),kp=(j?((sp>>j-1)&1):0);
    						zq-=((sq>>m)&1)+((sq>>j)&1);kq-=((sq>>m)&1);
    						zp-=((sp>>m)&1)+((sp>>j)&1);kp-=((sp>>m)&1);
    						if(zq<0||zp<0)continue;
    						sq&=MS^(1<<m)^(1<<j);sp&=MS^(1<<m)^(1<<j);
    						for(int rq=0;rq<=kq;rq++)
    							for(int rp=0;rp<=kp;rp++){
    								if(zq<rq||zp<rp||zq-rq>2||zp-rp>2)continue;
    								work(g,ges(sq^(rq<<j-1),j,zq-rq),ges(sp^(rp<<j-1),j,zp-rp),f[!g][S]);
    							}
    					}
    				}
    			}
    			g^=1;
    			for(int p=0;p<l[g];p++)
    				v[g][s[g][p]]=f[g][s[g][p]]=0;
    			l[g]=0;
    			for(int p=0;p<l[!g];p++){
    				int S=s[!g][p];
    				int sq=S>>m+1,sp=S-(sq<<m+1);
    				if(((sq>>m)&1)|((sp>>m)&1))continue;
    				work(g,sq,sp,f[!g][S]);
    			}
    		}
    		printf("%d\n",f[g][0]);
    	}
    	return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15864705.html
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