题意
给出一个 (n imes m) 的棋盘，上面有一些格子是不能经过的。求有多少种欧拉回路可以经过所有可经过到格子。(n,mle 12) 。
分析
上个月就看了一下插头dp，然而这道题写不出来。现在来看其实也非常好写，只要把情况讨论清楚，对插头dp理解好就可以了。
我们要求的是欧拉回路，只能有一个环，所以要记录连通性状态，而不仅仅是像 hdu1693 这题一样，只记录轮廓线上是否有插头。
用 (f(i,j,S)) 表示转移到 ((i,j)) 这个格子，轮廓线上方到格子全部被覆盖到，轮廓线状态为 (S) 的方案数，考虑如何表示状态 (S) 。
观察轮廓线上方的连通性，可以发现，任意两条线都是不相交的，所以插头的匹配情况可以用一个合法的括号序列来表示。因此我们使用三进制表示法，0='',1='(',2=')' 。接下来讨论各种情况。
下面的内容自己画一画图，讨论一下就可以得出了。
将轮廓线从 1 到 (m+1) 标号，那么若当前为 ((i,j)) ，那么此处的下插头标号为 (j) ，这个值设为 (p) ，右插头标号为 (j+1) ，这个值设为 (q) 。((i,j-1)) 的左插头标号为 (j) ，这个值设为 (x)，上插头标号为 (j+1) ，值设为 (y) 。
-
此处是洞，那么只从 (x=y=0) 转移到 (p=q=0) 。否则：
-
(x=y=0) ，转移到 (p=1,q=2) ，新建一个连通分量
-
(x=y=1) ，转移到 (p=q=0) ，(y) 对应的右括号改为左括号
-
(x=y=2) ，转移到 (p=q=0) ，(x) 对应的左括号改为右括号
-
(x,y) 中只有一个为 0，转移到 (p=x+y,q=0) 或 (p=0,q=x+y) ，延续之前到路线或者在此处转弯
-
(x=1,y=2) ，这是对当前的整个连通分量的末端合并，由于我们只能有一条回路，所以这个转移只能在棋盘的最后一个可走位置转移，(p=q=0) 。
-
(x=2,y=1) ，合并两个连通分量，(p=q=0) 。
讨论就这样啦！
写法上来说，用数组 (f,g) 滚动进行dp，用四进制数来存三进制状态，但这样直接开数组会爆炸，而且其中还有很多没有用的状态（不合法的括号序列），所以一开始我们dfs预处理一下状态，并给它们标号，用一个 unordered_map 来存状态到标号的对应。总的状态数上界大概是 (frac{inom {n} {frac{n}{2}}}{n+1}*2^frac{n}{2}*(n+1)) ，大约为 (1.1 imes 10^5) ，其实是一个比较松的上界。（卡特兰数为合法括号序列个数，删掉其中的某一些对，最后还有一个位置可以放空。其实还应该容斥空的位置，不过这是一个上界而已）。
复杂度为 (O(nm|S|)) 。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long giant;
const int maxn=14;
const int maxg=1.2e5;
unordered_map<int,int> id;
int h[maxg],ids=0,a[maxn],mat[maxg][maxn],fx,fy,n,m;
giant f[maxg],g[maxg];
bool ok[maxn][maxn];
inline void match(int mt[]) {
static int sta[maxn];
int top=0;
for (int i=1;i<=m+1;++i) if (a[i]==1) sta[++top]=i; else if (a[i]==2) {
int x=sta[top--];
mt[x]=i;
mt[i]=x;
}
}
inline bool legal() {
int tot=0;
for (int i=1;i<=m+1;++i) if ((tot+=(!a[i]?0:(a[i]==1?1:-1)))<0) return false;
if (tot) return false;
return true;
}
inline int at() {
int ret=0;
for (int i=m+1;i;--i) (ret+=a[i])<<=2;
return ret;
}
void dfs(int now) {
if (now>m+1) {
if (legal()) {
int x=at();
h[id[x]=++ids]=x; // some id is empty!! it equals zero
match(mat[ids]);
}
return;
}
for (int i=0;i<3;++i) a[now]=i,dfs(now+1);
}
inline int get(int x,int p) {
return (x>>(p<<1))&3;
}
inline int mod(int x,int p,int d) {
int tmp=d<<(p<<1),aux=3<<(p<<1);
return (x&(~aux))+tmp;
}
vector<int> dec(int x) {
vector<int> ret;
ret.clear();
for (int i=1;i<=m+1;++i) ret.push_back((x>>(i<<1))&3);
return ret;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d%d",&n,&m);
dfs(1);
for (int i=1;i<=n;++i) {
static char s[maxn];
scanf("%s",s+1);
for (int j=1;j<=m;++j) if (s[j]=='.') {
ok[i][j]=true;
fx=i,fy=j;
}
}
f[id[0]]=1;
for (int i=1;i<=n;++i) {
swap(f,g);
memset(f,0,sizeof f);
for (int j=1;j<=ids;++j) {
int d=h[j];
if (get(d,m+1)==0) f[id[d<<2]]=g[j];
}
for (int j=1;j<=m;++j) {
swap(f,g);
memset(f,0,sizeof f);
for (int k=1;k<=ids;++k) {
int d=h[k],x=get(d,j),y=get(d,j+1);
if (!ok[i][j]) {
if (!x && !y) f[k]+=g[k];
} else {
if (x==0 && y==0) {
int v=mod(mod(d,j,1),j+1,2);
int w=id[v];
f[w]+=g[k];
} else if (x==1 && y==1) {
int v=mod(mod(d,j,0),j+1,0);
v=mod(v,mat[k][j+1],1);
int w=id[v];
f[w]+=g[k];
} else if (x==2 && y==2) {
int v=mod(mod(d,j,0),j+1,0);
v=mod(v,mat[k][j],2);
int w=id[v];
f[w]+=g[k];
} else if (x==0 || y==0) {
int v1=mod(mod(d,j,x+y),j+1,0);
int v2=mod(mod(d,j,0),j+1,x+y);
int w1=id[v1],w2=id[v2];
f[w1]+=g[k],f[w2]+=g[k];
} else if (x==1 && y==2) {
if (i==fx && j==fy) {
int v=mod(mod(d,j,0),j+1,0);
int w=id[v];
f[w]+=g[k];
}
} else if (x==2 && y==1) {
int v=mod(mod(d,j,0),j+1,0);
int w=id[v];
f[w]+=g[k];
}
}
}
}
}
printf("%lld
",f[id[0]]);
return 0;
}