UVA 10572 Black & White

https://vjudge.net/problem/UVA-10572

题目

给一个$n imes m$的棋盘，每个格子可以填成黑色或者白色，其中有些地方已经填了颜色，还有一些地方没有填颜色，要求

1. 所有的白色格子都是四连通的，所有黑色格子都是四连通的（上下左右四个方向）
2. 不能出现$2 imes2$的相同颜色的正方形

要把整个棋盘颜色填完，问有多少种填法

$2leqslant n,mleqslant 8$

题解

方法1：最小表示法

在轮廓线上记录这个格子属于的连通块编号和这个格子的颜色，为了保证不出现2，多记录一个左上角的颜色，那么就可以模拟2判断是否能转移，同时保证只会填和棋盘相同的颜色

保证所有相同颜色的格子连通可以分成两种情况

• 一旦有某个连通块消失，而且消失的时候这个颜色没有其他的连通块，剩下的就不能填这个颜色了
• 填完了之后每种颜色最多只能有1个连通块

把新填的连通块记为9

如果新填的和相邻块颜色相同，就需要把所有的连通块编号进行替换

最后需要对连通块编号进行一次最小表示，可以减小许多状态。

书上的标程还有两个技巧，如果还剩两排就有连通块消失了，一定会出现$2 imes2$的情况，就不继续转移了

如果左边和上面的颜色不同，对2的判断没有影响（对1的判断也同样没有影响），答案都是一样的，可以把状态合并，减少状态

由于状态表示很多，用了unordered_map进行记忆化

= =写了三天，最后还是照着训练指南的标程（https://github.com/klb3713/aoapc-book/blob/master/TrainingGuide/bookcodes/ch6/uva10572.cpp）写才过了……

然后又凭着记忆写了一遍，还是太菜了

ac代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cctype>
#include<unordered_map>
#define REP(i,a,b) for(register int i=(a); i<(b); i++)
#define REPE(i,a,b) for(register int i=(a); i<=(b); i++)
#define PERE(i,a,b) for(register int i=(a); i>=(b); i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
int nrow, ncol; //防止记忆混乱，m和n难以分清
char mp[8][8];
char tp[8][8], ap[8][8];
bool ok;
unordered_map<unsigned, int> dp[8][8][2];
char ch[]="o#";
struct node {
	char colors[8];
	char ltk[8];
	char acolor;
	char cnt[2];

	void norm() {
		int now=0;
		int nltk[10];
		memset(nltk,-1,sizeof(nltk));
		memset(cnt,0,sizeof(cnt));
		REP(i,0,ncol) {
			if(nltk[ltk[i]]<0) {
				nltk[ltk[i]]=now++;
				cnt[colors[i]]++;
			}
			ltk[i]=nltk[ltk[i]];
		}
	}

	unsigned encode() const {
		unsigned ans=0;
		REP(i,0,ncol) {
			ans=(ans<<4) | (colors[i]<<3) | ltk[i];
		}
		return ans;
	}

	void replace(char f, char t) {
		REP(i,0,ncol) if(ltk[i]==f) ltk[i]=t;
	}
};

int calc(int r, int c, node &F, int f) {
//f表示剩下可以涂的颜色，如果是-1表示两种颜色都可以涂，可以复用一部分代码
//使用r和c而不是x和y的原因是防止记忆化的时候与初始化的顺序不同
	if(c==ncol) {c=0, r++;}
	if(r==nrow) {
		if(F.cnt[0]>1 || F.cnt[1]>1) return 0;
		if(!ok) {
			ok=true;
			memcpy(ap, tp, sizeof(tp));
		}
		return 1;
	}
	if(c && F.colors[c]!=F.colors[c-1]) {
		F.acolor=0;
	}
	unsigned k;
	if(f<0) {
		k=F.encode();
		if(dp[r][c][F.acolor].count(k)) return dp[r][c][F.acolor][k];
	}

	int ans=0;
	
	REP(color,0,2) {
		if(color == (f^1)) continue; //和可以涂的颜色不一样
		if(color == (mp[r][c]^1)) continue; //和棋盘的颜色不一样
		if(r && c && color == F.acolor && color == F.colors[c-1] && color == F.colors[c]) continue; //非第一排第一列出现了2x2
		
		node T; memcpy(&T, &F, sizeof(node));
		T.acolor = F.colors[c];
		if(r==0 || color != F.colors[c]) T.ltk[c]=9;
		T.colors[c] = color;
		if(c && color==T.colors[c-1]) T.replace(T.ltk[c], T.ltk[c-1]);
		
		tp[r][c]=ch[color];
		if(r && color != F.colors[c] && find(T.ltk, T.ltk+ncol, F.ltk[c])==T.ltk+ncol) { //非第一排，消失了连通块
			if(F.cnt[color^1]>1 || nrow-r>2) { //except this+剪枝
				continue;
			}
			T.norm();
			ans += calc(r, c+1, T, color);
			continue;
		}
		
		T.norm();
		ans += calc(r, c+1, T, f);
	}
	if(f<0) dp[r][c][F.acolor][k]=ans;
	return ans;
}

int main() {
	int T; scanf("%d", &T);
	while(0<T--) {
		scanf("%d%d", &nrow, &ncol);
		REP(i,0,nrow) REP(j,0,ncol) do mp[i][j]=getchar(); while(mp[i][j]<=' ');
		REP(i,0,nrow) REP(j,0,ncol) switch(mp[i][j]) {
			case 'o': mp[i][j]=0; break;
			case '#': mp[i][j]=1; break;
			default: mp[i][j]=2; break;
		}
		REP(i,0,nrow) REP(j,0,ncol) REP(k,0,2) dp[i][j][k].clear();
		ok=false;

		node F; memset(&F,0,sizeof(F)); //假设第-1排全部涂成白色，不管怎么样，对1和2的判断没有影响
		int ans = calc(0,0,F,-1);
		printf("%d
", ans);
		if(ok) REP(i,0,nrow) {
			REP(j,0,ncol) putchar(ap[i][j]);
			putchar('
');
		}
		putchar('
');
	}
}

 方法2：广义括号法

暂坑= =