基於連通性的狀壓dp問題。
一般是給你乙個網格，有一些連通性的限制。
鏈結題意：網格圖，去掉一些點，求哈密頓迴路方案數。
一般按格遞推（從上到下，從左到右）。
每個格仔要從四個方向中選兩個作出邊。
我們只需要記錄紅色的輪廓線的狀態，是否有邊伸出這個線（稱之為插頭）， 還要記錄伸出來的邊的連通性。
記錄連通性的方法：
最小表示法
括號表示法（適用範圍較小，效率一般更高）：出邊是兩兩配對的（如果沒有回來就有終點了）；並且出邊不可能交叉（因為如果有交叉就經過重複點了）。咱們用三進製表示，\((\) 對應 \(1\)，\()\) 對應 \(2\)，沒有邊對應 \(0\)。看似最壞狀態是 \(3 ^ \) 的，但要保證括號配對，所以大概有效狀態會很少，因此不要以最壞複雜度來分析插頭 dp，大概可以打個表式一下極限資料。
設 \(f_\) 為考慮到 \(i, j\) 當前輪廓線狀態是 \(s\) 的方案數。
分類討論，設上狀態為 \(y\)，左狀態為 \(x\)：
如果 \((i, j)\) 是障礙物。需要 \(x = y = 0\)。狀態不變。
否則，若 \(x = y = 0\)，則 \(x \gets 1, y \gets 1\)
\(x = 0\)，\(y \not= 0\)，列舉一下 \(y\) 從下面和右邊出去兩種情況。
\(x \not= 0\)，\(y = 0\)，同 3，向下或向右走。
\(x = y = 1\)，必然要連起來，把右邊配對的兩個插頭較左的 \(2\) 變成 \(1\)。（即 \(y\) 的配對變成 \(1\)）
\(x = y = 2\)，同 5 ，把 \(x\) 對應的配對插頭變成 \(2\)。
\(x = 2, y = 1\)，把兩個插頭去掉賦 \(0\)。
\(x = 1, y = 2\)，將整個迴路封死，只能在整個格仔的最後乙個格仔去封。（只會發生在最後乙個格仔）。
想要把**變得美一點、短一點，大概是做到了吧...
這裡沒有用雜湊表，把 \(42000\) 個狀態先 dfs 出來，存到陣列裡，再預處理一下每個狀態每對括號的匹配。
這樣每次轉移可以 \(o(1)\)，但是由於狀態對應到編號我用的二分，所以複雜度是 \(o(n^2 s \log s)\)，其中 \(s\) 是總狀態數大概是 \(s \le 42000\)。
#include #include #include #include using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 15, s = 42000;
int n, m, d[s], tot, w, c[n], p[s][n], now[n], top, s[n], l;
int ex, ey;
ll ans, f[2][s], h[s];
bool st[n][n];
char g[n][n];
int inline query(int x)
int inline ask(int x, int i)
int inline get(int i, int t)
void inline add(int a, int b)
void inline work(int x)
d[++tot] = x;
for (int i = 0; i < l; i++) p[tot][i] = now[i];
}void dfs(int u, int s, int cnt)
dfs(u - 1, s, cnt);
if (cnt) dfs(u - 1, s + get(u, 1), cnt - 1);
if (cnt + 1 <= u) dfs(u - 1, s + get(u, 2), cnt + 1);
}int main()
dfs(l - 1, 0, 0);
f[0][1] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) else if (!x && !y) add(u, d[u] + get(j - 1, 1) + get(j, 2));
else if (!x && y) add(u, d[u]), add(u, d[u] + get(j - 1, y) - get(j, y));
else if (x && !y) add(u, d[u]), add(u, d[u] - get(j - 1, x) + get(j, x));
else if (x == 1 && y == 1) add(u, d[u] - get(j - 1, x) - get(j, y) - get(p[u][j], 1));
else if (x == 2 && y == 2) add(u, d[u] - get(j - 1, x) - get(j, y) + get(p[u][j - 1], 1));
else if (x == 2 && y == 1) add(u, d[u] - get(j - 1, x) - get(j, y));
else if (x == 1 && y == 2 && i == ex && j == ey && d[u] - get(j - 1, 1) - get(j, 2) == 0) ans += f[!w][u];
}} }
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
狀態同上面，可以用括號序列維護（兩兩配對）。
轉移稍有不同，每個封口都可以給 \(\text\) 貢獻，另外上題的分類 1 可以考慮不選這個格仔。
#include #include #include using namespace std;
const int n = 105, m = 7, s = 42000, inf = 0xcfcfcfcf;
int n, m, a[n][m], d[s], tot, w, c[m], p[s][m], now[m], top, s[m], l;
int ans = -2e9, f[2][s], h[s];
int inline query(int x)
int inline ask(int x, int i)
int inline get(int i, int t)
void inline add(int a, int b, int v)
void inline work(int x)
d[++tot] = x;
for (int i = 0; i < l; i++) p[tot][i] = now[i];
}void dfs(int u, int s, int cnt)
dfs(u - 1, s, cnt);
if (cnt) dfs(u - 1, s + get(u, 1), cnt - 1);
if (cnt + 1 <= u) dfs(u - 1, s + get(u, 2), cnt + 1);
}int main()
} }printf("%d\n", ans);
return 0;
}
不需要存連通性，要存每個插頭有沒有拐彎，三進製狀態就可以。
選行列短的當列做，這樣狀態總數就是 \(\le 3 ^ \) 的。
寫了一次三進製，貌似蠻好寫的，預處理出來 \(3\) 的冪次（也就是權），這樣模擬位運算都是 \(o(1)\) 的。
#include #include #include using namespace std;
const int n = 105, m = 12, s = 180000, p = 20110520;
int n, m, ex, ey, ans, pow[m], f[2][s], w, h[s];
char g[n][n];
bool st[n][n];
int inline ask(int x, int i)
int inline get(int i, int t)
void inline add(int a, int b)
void inline out(int x)
}int main()
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++)
if (g[i][j] == '_') ex = i, ey = j, st[i][j] = true;
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) else if (!x && !y) add(u, u + get(j - 1, 2) + get(j, 2)), add(u, u + get(j - 1, 1)), add(u, u + get(j, 1));
else if (x == 0 && y == 1) add(u, u + get(j, 1)), add(u, u - get(j, 1) + get(j - 1, 1));
else if (x == 0 && y == 2) else if (x == 1 && y == 0) add(u, u + get(j - 1, 1)), add(u, u - get(j - 1, 1) + get(j, 1));
else if (x == 1 && y == 1) else if (x == 2 && y == 0)
}} }
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
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