题面：
思路：
先理解一下题意：实际上就是要你求这个棋盘中的哈密顿回路个数，障碍不能走
看到这个数据范围，还有回路处理，就想到使用插头dp来做了
观察一下发现，这道题因为都是回路，所以联通块上方的插头一定两两配对，可以使用括号序列代替最小表示法
分情况讨论一下
情况一：当前格子上方和左方都没有插头
这种时候可以继续，也可以给当前格子加一个下插头一个右插头，相当于一个新的联通分量
情况二：上方有一个下插头，左边没有
这时有两个决策：可以向右转，也可以继续向下，操作就是分别给这个格子一个右插头或者一个下插头
注意此时新插头的括号类型和原来的那个插头相同（画个图可以理解一下）
情况三：左边有一个右插头，上面没有
同情况二，转弯或者直走
情况四：都有插头，而且两个插头是同一括号
这种情况，我们可以将这两个插头合并，在当前格子把这条路径封闭了
但是这里需要考虑一下其他的插头
我们去掉了两个相同的括号，就需要把另外一个括号反过来配对才行
比如当前的括号序列是 ((##()#())##)，加粗的是我们要合并的两个括号，那么这两个)变成#以后，它们原来匹配的左括号(就失配了，需要其中一个（右边的那个）左括号变成右括号，两个重新配对
也就是((##()#())##)变成((##()#(####)变成((##()#)####)
当然也可以画个图理解一下，两条路径相当于是绕了圈接起来了
这个操作需要扫一遍整个序列，是$Oleft(n ight)$的，当然也可以预处理变成$Oleft(1 ight)$
情况五：都有插头，且两个是)(
这时候直接合并就好了，图片同上（理解一下，博主懒得再画一个图了.......）
情况六：都有插头，而且两个是()
这种时候只有在最后一个非障碍格子才能合并，标志着路径完全封闭，得到了一个答案
图中的蓝色和绿色代表样例中的两条路径，再最后一个格子合并
状态数略多，可以滚动数组+哈希处理
分类讨论的时候注意可不可以这么做（需要判断下一个格子是否为障碍）
Code：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #define ll long long 6 #define hash ddf 7 using namespace std; 8 int n,m,x[15][15],cur,pre,ex,ey; 9 int st[2][300010];ll ans[2][300010],re; 10 int tot[2],bit[20],state[300010],st_tot,hash=300000; 11 struct edge{ 12 int to,next; 13 }a[300010]; 14 void insert(int sta,ll val){ 15 // cout<<"insert "<<sta<<ends<<val<<endl; 16 int p=sta%hash,i; 17 for(i=state[p];i;i=a[i].next){ 18 if(st[cur][a[i].to]==sta){ 19 ans[cur][a[i].to]+=val;return; 20 } 21 } 22 tot[cur]++; 23 a[++st_tot].to=tot[cur]; 24 a[st_tot].next=state[p]; 25 state[p]=st_tot;st[cur][tot[cur]]=sta;ans[cur][tot[cur]]=val; 26 } 27 int main(){ 28 int i,j,k,l,now,down,right;ll val;char s[20]; 29 scanf("%d%d",&n,&m); 30 for(i=1;i<=n;i++){ 31 scanf("%s",s); 32 for(j=0;j<m;j++) 33 if(s[j]=='.') 34 x[i][j+1]=1,ex=i,ey=j+1; 35 } 36 for(i=1;i<15;i++) bit[i]=i<<1; 37 cur=0;tot[cur]=1;ans[cur][1]=1;st[cur][1]=0; 38 for(i=1;i<=n;i++){ 39 for(j=1;j<=tot[cur];j++) st[cur][j]<<=2; 40 for(j=1;j<=m;j++){ 41 // cout<<"begin "<<i<<ends<<j<<endl; 42 st_tot=0;memset(state,0,sizeof(state)); 43 pre=cur;cur^=1;tot[cur]=0; 44 for(k=1;k<=tot[pre];k++){ 45 now=st[pre][k];val=ans[pre][k]; 46 down=(now>>bit[j-1])%4;right=(now>>bit[j])%4; 47 // cout<<" from "<<now<<ends<<val<<ends<<down<<ends<<right<<endl; 48 if(!x[i][j]){ 49 if(!down&&!right){ 50 insert(now,val);continue; 51 } 52 } 53 else if(!down&&!right){ 54 if(x[i][j+1]&&x[i+1][j]) 55 insert(now+(1<<bit[j-1])+((1<<bit[j])<<1),val); 56 } 57 else if(!down&&right){ 58 if(x[i][j+1]) insert(now,val); 59 if(x[i+1][j]) 60 insert(now-right*(1<<bit[j])+right*(1<<bit[j-1]),val); 61 } 62 else if(down&&!right){ 63 if(x[i+1][j]) insert(now,val); 64 if(x[i][j+1]) 65 insert(now+down*(1<<bit[j])-down*(1<<bit[j-1]),val); 66 } 67 else if(down==1&&right==1){ 68 int cnt=1; 69 for(l=j+1;l<=m;l++){ 70 if((now>>bit[l])%4==1) cnt++; 71 if((now>>bit[l])%4==2) cnt--; 72 if(!cnt){ 73 insert(now-(1<<bit[l])-(1<<bit[j])-(1<<bit[j-1]),val); 74 break; 75 } 76 } 77 } 78 else if(down==2&&right==2){ 79 int cnt=1; 80 for(l=j-2;l>=0;l--){ 81 if((now>>bit[l])%4==2) cnt++; 82 if((now>>bit[l])%4==1) cnt--; 83 if(!cnt){ 84 insert(now+(1<<bit[l])-((1<<bit[j])<<1)-((1<<bit[j-1])<<1),val); 85 break; 86 } 87 } 88 } 89 else if(down==2&&right==1){ 90 insert(now-((1<<bit[j-1])<<1)-(1<<bit[j]),val); 91 } 92 else if(down==1&&right==2){ 93 if(i==ex&&j==ey) re+=val; 94 } 95 } 96 } 97 } 98 printf("%lld ",re); 99 }