[BZOJ2669] [cqoi2012]局部极小值

[BZOJ2669] [cqoi2012]局部极小值

Description

有一个n行m列的整数矩阵，其中1到nm之间的每个整数恰好出现一次。如果一个格子比所有相邻格子（相邻是指有公共边或公共顶点）都小，我们说这个格子是局部极小值。给出所有局部极小值的位置，你的任务是判断有多少个可能的矩阵。

Input

输入第一行包含两个整数n和m（1<=n<=4, 1<=m<=7），即行数和列数。以下n行每行m个字符，其中“X”表示局部极小值，“.”表示非局部极小值。

Output

输出仅一行，为可能的矩阵总数除以12345678的余数。

Sample Input

3 2
X.
..
.X

Sample Output

60

试题分析

数据范围那么小，由于两个局部极小值在八连通中挨着的时候，是没有合法情况的，所以局部极小值不会超过8个。
这里要满足局部极小值集合严格为(S)的方案，这个严格看起来非常恶心，阻碍了我们的dp。
那么就尝试利用容斥把这个严格去掉，枚举集合(F)使得(Sin F)。
这个枚举(F)的集合是(2^8)的。 我们按照从小到大填入局部极小值，一个状态不合法当且仅当一个不是局部极小值的位置填了而它八连通中的局部极小值没有填。
所以(f_{i,j})为填到第(i)个数字，其中集合(j)的局部极小值已经填完。
由状态可以得到转移方程：
$ f_{i,j}=sum_{jin k} f_{i-1,j-{ k} }+f_{i-1,j} imes (g_j-(i-1)) ( 其中)g_j$表示去掉j的补集（还没有填的局部极小值）后还剩多少个格子。
然后容斥即可。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
 
using namespace std;
#define LL long long
 
inline LL read(){
    LL x=0,f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}
const LL INF = 2147483600;
const LL MAXN = 100010;
const LL Mod = 12345678;
 
LL dis[10][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0},{-1,-1},{1,1},{-1,1},{1,-1},{0,0}};
LL N,M; char str[11]; LL x[MAXN+1],y[MAXN+1];
LL vis[11][11],nod[11][11]; LL ans;
 
inline void setting(LL x,LL y,LL g){
    for(LL k=0;k<9;k++){
        LL xx=x+dis[k][0],yy=y+dis[k][1];
        if(xx<1||yy<1||xx>N||yy>M) continue;
        vis[xx][yy]+=g; 
    } return ;
}
LL ret=0;
inline void setting2(LL x,LL y,LL g){
    for(LL k=0;k<9;k++){
        LL xx=x+dis[k][0],yy=y+dis[k][1];
        if(xx<1||yy<1||xx>N||yy>M) continue;
        if(g==1) {if(!nod[xx][yy]) nod[xx][yy]=1,--ret;}
        else nod[xx][yy]=0;
    } return ;
}
LL g[(1<<9)]; LL cnt;
inline void Pre(){
    for(LL i=0;i<(1<<cnt);i++){
        ret=N*M;
        for(LL j=1;j<=cnt;j++)
            if((i>>(j-1))&1) setting2(x[j],y[j],1);
        g[(1<<cnt)-1-i]=ret;
        for(LL j=1;j<=cnt;j++)
            if((i>>(j-1))&1) setting2(x[j],y[j],-1);
    } return ;
}
LL f[7*7][(1<<9)];
inline void dp(LL x){
    f[0][0]=1;
    for(LL i=1;i<=N*M;i++){
        for(LL j=0;j<(1<<cnt);j++){
            f[i][j]=0; //cout<<i<<endl;
            if(g[j]<=(i-1)) continue; //cout<<"t:"<<g[j]<<" "<<j<<" "<<i-1<<endl;
            if(j) for(LL k=1;k<=cnt;k++)
                if((j>>(k-1))&1) f[i][j]+=f[i-1][j^(1<<(k-1))],f[i][j]%=Mod;
            f[i][j]+=f[i-1][j]*((g[j]-(i-1))%Mod+Mod)%Mod; f[i][j]%=Mod; 
        }
    } ans+=x*f[N*M][(1<<cnt)-1]%Mod;  //cout<<f[N*M][(1<<cnt)-1]<<endl;
    ans=(ans%Mod+Mod)%Mod; return ;
}
bool tt[17][17];
inline void dfs(LL stp,LL flag,LL line,LL row){
    if(!stp){
        Pre(); dp(flag); return ;
    }
    for(LL i=line;i<=N;i++){
        for(LL j=(i==line?row:1);j<=M;j++){
            if(!vis[i][j]){
                setting(i,j,1); x[++cnt]=i,y[cnt]=j;
                dfs(stp-1,flag,i+(j+1>M?1:0),(j+1>M?1:j+1));
                setting(i,j,-1); --cnt;
            }
        }
    } return ;
}
 
int main(){
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    N=read(),M=read();
    for(LL i=1;i<=N;i++){
        scanf("%s",str+1);
        for(LL j=1;j<=M;j++){
            if(str[j]=='X') {
                x[++cnt]=i,y[cnt]=j;
                setting(i,j,1);
            }
        }
    }
    for(LL stp=0;stp<=8-cnt;stp++){
        dfs(stp,(stp&1)?-1:1,1,1);
    } printf("%lld
",ans%Mod);
    return 0;
}