【HDU 5471】Count the Grid

来源：互联网发布：企业文档数据加密编辑：程序博客网时间：2024/05/29 18:36

题意：一个矩阵中可以任意填m个数。给你N个小矩阵并且告诉你此矩阵中的最大值v，求有多少种大矩阵满足所给条件。

分析：考虑到n很小，因此我们可以将所有不同的矩阵重叠的情况(最多2 ^ n种)的最大值和块数先处理出来。其中第i种的最大值为vi，块数为ci。

然后对于每一种重叠情况，我们有两种选择，其一是不取最大值，则方案数为(vi - 1) ^ ci。第二种是取最大值，则方案数为vi ^ ci - (vi - 1) ^ ci。

则可以设dp[i][j]为前i种重叠块其中有j这些状态的矩阵的最大值被满足了的方案数，则我们现在考虑第i+1块的取的情况。不妨设当第i+1块取最大值时能使得s[i + 1]的矩阵被满足。

则当取最大值时，把对应方案数转移到dp[i + 1][j | s[i + 1]]，否则转移到dp[i + 1][j]。

故dp[(1 << n)][(1 << n) - 1]为最终的方案。

具体可见代码：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 2222;const int mod = 1e9 + 7;#define MM(a,b,c) memset(a,b,sizeof(a[0]) * ((c) + 2));struct Node{    static int h,w,m;    int x1,y1,x2,y2,v;    void add(){        scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);        scanf("%d",&v);    }    Node operator + (const Node &a)const{        Node ret;        ret.x1 = max(x1,a.x1);        ret.x2 = min(x2,a.x2);        ret.y1 = max(y1,a.y1);        ret.y2 = min(y2,a.y2);        ret.v = min(v,a.v);        return ret;    }    int getarea(){        if(x2 < x1) return 0;        if(y2 < y1) return 0;        return (x2 - x1 + 1) * (y2 - y1 + 1);    }    void init(){        x1 = 1,y1 = 1;        x2 = h;y2 = w;        v = m;    }}nd1[11],nd2[N];int cnt[N],ok[N];int dp[2][N],txt = 1;int Node::h = 0,Node::w = 0,Node::m = 0;int Pow(int a,int b){    int ret = 1;    if(a == 0 || a == 1) return a;    while(b){        if(b & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;        a = 1ll * a * a % mod;        b >>= 1;    }    return ret;}inline void add(int &x,int y){    x += y;    if(x >= mod) x -= mod;}void solve(){    int h,w,m,n;    scanf("%d%d%d%d",&h,&w,&m,&n);    Node::h = h;Node::w = w;Node::m = m;    int lim = 1 << n;    for(int i = 0 ; i < n ; i ++) nd1[i].add();    for(int i = 0 ; i < n ; i ++) nd2[(1 << i)] = nd1[i];    nd2[0].init();    for(int i = 1 ; i < lim ; i ++){        if((i - (i & -i)) == 0) continue;        nd2[i] = nd2[i - (i & -i)] + nd2[(i & -i)];    }    for(int i = lim - 1 ; i >= 0 ; i --){        ok[i] = 0;        cnt[i] = nd2[i].getarea();        for(int j = i + 1 ; j < (1 << n) ; j ++){            if((j ^ i) & i) continue;            cnt[i] -= cnt[j];        }        for(int j = 0 ; j < n ; j ++)            if((i & (1 << j)) && nd2[i].v == nd1[j].v) ok[i] |= (1 << j);    }    int cur = 1;    MM(dp[cur],0,(1 << n));    dp[cur][0] = 1;    for(int i = 0 ; i < (1 << n) ; i ++){        if(cnt[i] == 0) continue;        cur ^= 1;        MM(dp[cur],0,(1 << n));        int t1 = Pow(nd2[i].v,cnt[i]);        int t2 = Pow(nd2[i].v - 1,cnt[i]);        for(int j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++){            if(dp[cur ^ 1][j] == 0) continue;            add(dp[cur][j | ok[i]],1ll * dp[cur ^ 1][j] * ((t1 - t2 + mod) % mod) % mod);            add(dp[cur][j],1ll * dp[cur ^ 1][j] * t2 % mod);        }    }    printf("Case #%d: %d\n",txt ++,dp[cur][(1 << n) - 1]);}int main(){    int _;    scanf("%d",&_);    while(_--) solve();    return 0;}

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