ants(插头DP)

来源：互联网发布：js重置form表单编辑：程序博客网时间：2024/05/10 10:14

有一个N*N的矩阵，需要用若干循环将其铺满，使得每个格子都处于一个循环上，求方案数，逆时针和顺时针的循环算作不同的方案。n<=10.

插头DP，用0表示空，1表示插向轮廓线下侧的插头，2表示插向轮廓线上侧的插头。一共有9种转移，分类讨论即可。实现的过程中可以用4进制来代替3进制。

由于我直接用的city那道题的插头DP模板，结果N=8以上就卡了很久。注意换行的时候不能直接移位，因为会产生不合法的状态，要把移出去的头砍掉，或者在转移的时候特判。还有转移的时候最好在各种地方加上防止不合法状态的特判，这样才能保证转移时候的状态数在预计的范围内。

#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstdio>#include<cstring>#include<set>#include<assert.h>#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)#define erp(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)#define getbit(x,y) (((x) >> ((y)<<1)) & 3)#define bit(x,y) ((x)<<((y)<<1))#define clrbit(x,i,j) ((x) & (~(3<<((i)<<1))) & (~(3<<((j)<<1))))#define LL long longusing namespace std;const int mo = 100003, MAXS = 100000;int N;struct Node{int s, nxt;LL val;};struct Hash{Node e[MAXS];int adj[mo], ec;void init(){memset(adj, -1, sizeof adj);ec = 0;}void push(int s, LL v){int ha = s%mo;for (int i = adj[ha]; ~i; i=e[i].nxt)if (e[i].s == s){e[i].val += v;return;}e[ec].val = v, e[ec].s = s;e[ec].nxt = adj[ha];adj[ha] = ec++;}} dp[2];void work(int i, int j, int cur){dp[cur].init();rep(k, 0, dp[cur^1].ec-1){int lass = dp[cur^1].e[k].s;if (lass >= (1<<((N+1)<<1))) continue; //这个非常重要！！int L = getbit(lass, j-1);int U = getbit(lass, j);int s = clrbit(lass, j-1, j);LL las = dp[cur^1].e[k].val;if (!L && !U){if (j!=N) dp[cur].push(s | bit(1,j) | bit(2,j-1), las);if (i!=N) dp[cur].push(s | bit(2,j) | bit(1,j-1), las);}else if (!L && U==1){dp[cur].push(s | bit(0,j-1) | bit(1,j), las);if (i!=N) dp[cur].push(s | bit(1,j-1) | bit(0,j), las);}else if (!L && U==2){dp[cur].push(s | bit(0,j-1) | bit(2,j), las);dp[cur].push(s | bit(2,j-1) | bit(0,j), las);}else if (L==1 && !U){dp[cur].push(s | bit(0,j-1) | bit(1,j), las);if (i!=N) dp[cur].push(s | bit(1,j-1) | bit(0,j), las);}else if (L==1 && U==2){dp[cur].push(s, las);}else if (L==2 && !U){dp[cur].push(s | bit(0,j-1) | bit(2,j), las);dp[cur].push(s | bit(2,j-1) | bit(0,j), las);}else if (L==2 && U==1){dp[cur].push(s, las);}}}LL solve(){dp[0].init(), dp[0].push(0, 1);int cur = 0;rep(i, 1, N){rep(k, 0, dp[cur].ec-1)dp[cur].e[k].s <<= 2; //注意这样写会产生大量不合法状态。转移时特判即可。rep(j, 1, N){cur ^= 1;work(i, j, cur);}}rep(k, 0, dp[cur].ec-1)if (dp[cur].e[k].s == 0)return dp[cur].e[k].val;return 0;}int main(){cin >> N;if (N&1) puts("0");else cout << solve() << '\n';return 0;}

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