☆【动态规划】【SCOI2011】地板

题目描述】lxhgww的小名叫“小L”，这是因为他总是很喜欢L型的东西。小L家的客厅是一个的矩形，现在他想用L型的地板来铺满整个客厅，客厅里有些位置有柱子，不能铺地板。现在小L想知道，用L型的地板铺满整个客厅有多少种不同的方案？需要注意的是，如下图所示，L型地板的两端长度可以任意变化，但不能长度为0。铺设完成后，客厅里面所有没有柱子的地方都必须铺上地板，但同一个地方不能被铺多次。

【输入】输入的第一行包含两个整数，R和C，表示客厅的大小。接着是R行，每行C个字符。’_’表示对应的位置是空的，必须铺地板；’*’表示对应的位置有柱子，不能铺地板。【输出】输出一行，包含一个整数，表示铺满整个客厅的方案数。由于这个数可能很大，只需输出它除以20110520的余数。【样例输入1】2 2*___【样例输出1】1【样例输入2】3 3____*____ 【样例输出2】8【数据范围】测试点编号                     数据范围1, 2                            R*C <= 253, 4, 5                         R*C<=100并且(R = 2或者C = 2)6, 7, 8, 9, 10                  R*C <= 100

这是一道基于连通性的状态压缩动态规划。

状态定义如下：设每个L型地砖都有两个不同伸展方向，并规定从转角处两端为向外，从两端到转角处为向内。使用0，1，3三种标记表示三种不同的插头，0表示没有插头，1表示向内的插头，3表示向外的插头。逐格递推，每次用一个四进制数来表示这一行所有插头的状态，按从左到右的顺序，左边为高位，右边为低位。

插图如下：

状态转移的时候，要用一个开散列记录状态，避免多次枚举。
Accode：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <bitset>const char fi[] = "floor.in";const char fo[] = "floor.out";const int maxR = 110;const int maxN = 1 << 18;const int MOD = 20110520;const int HMOD = 262143;struct Node{    int S, ID;    Node *next;};std::bitset <maxR> mp[maxR];Node *Hash[HMOD + 1];Node tmp[maxN];int cnt[2];int f[2][maxN];int state[2][maxN];//以上三个数组使用零壹滚动。int n, m, pst, ths;void init_file(){freopen(fi, "r", stdin);freopen(fo, "w", stdout);return;}void readdata(){    scanf("%d%d", &n, &m);    for (int i = 1; i < n + 1; ++i)    {        getchar();        for (int j = 1; j < m + 1; ++j)            if (getchar() == '_')            {                if (m > n) mp[j].set(i);                else mp[i].set(j);            }    }    if (m > n) std::swap(m, n);return;}inline void recover(){    cnt[ths] = 0;    memset(Hash, 0, sizeof(Hash));    return;} //每次需要清空，为下次的状态转移做好空间。inline int get_ID(int S){    unsigned h = S & HMOD;    for (Node *p = Hash[h]; p; p = p -> next)        if (p -> S == S) return p -> ID;//若该状态已经被生成，则直接返回它的序号。//否则新建一个。    tmp[++cnt[ths]].S = S;    tmp[cnt[ths]].ID = cnt[ths];    tmp[cnt[ths]].next = Hash[h];    Hash[h] = &tmp[cnt[ths]];    f[ths][cnt[ths]] = 0;    state[ths][cnt[ths]] = S;    return cnt[ths];}inline void Add(int &a, int b){    a += b;    if (a >= MOD) a -= MOD;    return;}void work(){    pst = 0, ths = 1;//零壹滚动中的两指针。    recover();    f[ths][get_ID(0)] = 1;//置初始值为1。    for (int i = 1; i < n + 1; ++i)        for (int j = 1; j < m + 1; ++j)        {            std::swap(pst, ths);            recover();//每次要记得清空。            int q = (m - j) << 1;//记录当前需要转移的右插头的位置（相对于最右端）。            int p = q + 2;//记录当前需要转移的下插头的位置（相对于最右端）。            for (int k = 1; k < cnt[pst] + 1; ++k)            {                int val = f[pst][k];//当前状态的方案数。                int Last = state[pst][k];//当前状态对应的四进制数。                if (j == 1)                {                    if (Last & 3) continue;                    else Last >>= 2;                }//若换行，首先判断末尾是否有多余的插头，//若有，则此状态作废；否则将末尾的插头//移动到下一行的开头，以便下一行的转移。                int wp = (Last >> p) & 3;//当前的右插头。                int wq = (Last >> q) & 3;//当前的下插头。                int Now = Last - (wp << p) - (wq << q);//构造一个新的插头，将转移的目标状态//所对应的两个插头先清空。                if (!mp[i][j])                {                    if (!wp && !wq)                        Add(f[ths][get_ID(Now)], val);//若该方块为障碍且无插头则可行。                }                else                {                    if (!wp && !wq)//无插头的情况，见图1-0。//此时可以新建插头，分三种情况讨论。                    {                        Add(f[ths][get_ID(Now | (1 << p))], val); //见图1-2。                        Add(f[ths][get_ID(Now | (1 << q))], val); //见图1-1。                        Add(f[ths][get_ID(Now | (3 << p)                                          | (3 << q))], val); //见图1-3。                    }                    else if (!wp || !wq)//只有一个插头的情况。见图2-0(1)，2-0(2)，//2-0(3)以及2-0(4)，也要分情况讨论。                    {                        Add(f[ths][get_ID(Now | (wp << q)                                          | (wq << p))], val);//延续原来的插头，见图2-1(1)和2-1(2)。                        if (wp == 1) //见图2-0(2)。                            Add(f[ths][get_ID(Last |                                              (2 << p))], val);//插头可在此转弯，见图2-2。                        else if (wq == 1)                            Add(f[ths][get_ID(Last |                                              (2 << q))], val);//同理如上。                        else if (wp == 3 || wq == 3) //如图2-0(4)。                            Add(f[ths][get_ID(Now)], val);//插头可在次终止，见图2-3。                    }                    else if (wp == 1 && wq == 1)//两插头相遇，可以构成一个L，见图3-0。                        Add(f[ths][get_ID(Now)], val); //见图3-1。                }            }        }    printf("%d\n", f[ths][get_ID(0)]);return;}int main(){init_file();readdata();work();return 0;}

第二次做：

#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <algorithm>#include <string>const char fi[] = "floor.in";const char fo[] = "floor.out";const int maxN = 110;const int maxSTATUS = 0x100000;const int HMOD = 0x3ffff;const int MOD = 20110520;struct Node {int S, ID; Node *next;};Node tmp[maxSTATUS], *Hash[HMOD + 1];char mp[maxN][maxN];int f[2][maxSTATUS], status[2][maxSTATUS];int cnt[2], n, m, pst, ths = 1;void init_file(){    freopen(fi, "r", stdin);    freopen(fo, "w", stdout);    return;}void readdata(){    scanf("%d%d", &n, &m);    for (int i = 0; i < n; ++i)    {        scanf("\n");        for (int j = 0; j < m; ++j)        {            char ch = getchar();            if (m > n) mp[j][i] = ch;            else mp[i][j] = ch;        }    }    if (m > n) std::swap(n, m);    return;}inline int get_ID(int S){    int h = S & HMOD;    for (Node *p = Hash[h]; p; p = p -> next)        if (p -> S == S) return p -> ID;    int ID = cnt[ths];    tmp[ID].ID = ID;    tmp[ID].S = S;    tmp[ID].next = Hash[h];    Hash[h] = &tmp[ID];    f[ths][ID] = 0;    status[ths][ID] = S;    return cnt[ths]++;}inline void Add(int &a, int b){a += b; if (a >= MOD) a -= MOD; return;}void work(){    f[ths][get_ID(0)] = 1;    for (int i = 0; i < n; ++i)    for (int j = 0; j < m; ++j)    {        std::swap(pst, ths); cnt[ths] = 0;        memset(Hash, 0, sizeof Hash);        int p = (m - j) << 1, q = p - 2;        for (int k = 0; k < cnt[pst]; ++k)        {            int val = f[pst][k];            int Last = status[pst][k];            if (!j)            {                if (Last & 3) continue;                else Last >>= 2;            }            int wp = (Last >> p) & 3,            wq = (Last >> q) & 3,            Now = Last - (wp << p) - (wq << q);            if (mp[i][j] == '*')            {if (!wp && !wq) Add(f[ths][get_ID(Now)], val);}            else if (!wp && !wq)            {                Add(f[ths][get_ID(Now | (1 << p))], val);                Add(f[ths][get_ID(Now | (1 << q))], val);                Add(f[ths][get_ID(Now | (3 << p)                           | (3 << q))], val);            }            else if (!wp || !wq)            {                Add(f[ths][get_ID(Now | (wp << q)                           | (wq << p))], val);                if (wp == 1) Add(f[ths][get_ID(Last |                                 (2 << p))], val);                else if (wq == 1)                    Add(f[ths][get_ID(Last | (2 << q))], val);                else Add(f[ths][get_ID(Now)], val);            }            else if (wp == 1 && wq == 1)                Add(f[ths][get_ID(Now)], val);        }    }    printf("%d\n", f[ths][get_ID(0)]);    return;}int main(){    init_file();    readdata();    work();    return 0;}