[URAL1519] Formula 1 [插头dp入门]

题面：

传送门

思路：

插头dp基础教程

先理解一下题意：实际上就是要你求这个棋盘中的哈密顿回路个数，障碍不能走

看到这个数据范围，还有回路处理，就想到使用插头dp来做了

观察一下发现，这道题因为都是回路，所以联通块上方的插头一定两两配对，可以使用括号序列代替最小表示法

分情况讨论一下

情况一：当前格子上方和左方都没有插头

这种时候可以继续，也可以给当前格子加一个下插头一个右插头，相当于一个新的联通分量



情况二：上方有一个下插头，左边没有

这时有两个决策：可以向右转，也可以继续向下，操作就是分别给这个格子一个右插头或者一个下插头

注意此时新插头的括号类型和原来的那个插头相同（画个图可以理解一下）





情况三：左边有一个右插头，上面没有



同情况二，转弯或者直走

情况四：都有插头，而且两个插头是同一括号

这种情况，我们可以将这两个插头合并，在当前格子把这条路径封闭了

但是这里需要考虑一下其他的插头

我们去掉了两个相同的括号，就需要把另外一个括号反过来配对才行

比如当前的括号序列是 ((##()#())##)，加粗的是我们要合并的两个括号，那么这两个)变成#以后，它们原来匹配的左括号(就失配了，需要其中一个（右边的那个）左括号变成右括号，两个重新配对

也就是((##()#())##)变成((##()#(####)变成((##()#)####)

当然也可以画个图理解一下，两条路径相当于是绕了圈接起来了



这个操作需要扫一遍整个序列，是$O\left(n\right)$的，当然也可以预处理变成$O\left(1\right)$

情况五：都有插头，且两个是)(

这时候直接合并就好了，图片同上（理解一下，博主懒得再画一个图了.......）

情况六：都有插头，而且两个是()

这种时候只有在最后一个非障碍格子才能合并，标志着路径完全封闭，得到了一个答案



图中的蓝色和绿色代表样例中的两条路径，再最后一个格子合并

状态数略多，可以滚动数组+哈希处理

分类讨论的时候注意可不可以这么做（需要判断下一个格子是否为障碍）

Code：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define hash ddf
using namespace std;
int n,m,x[15][15],cur,pre,ex,ey;
int st[2][300010];ll ans[2][300010],re;
int tot[2],bit[20],state[300010],st_tot,hash=300000;
struct edge{
int to,next;
}a[300010];
void insert(int sta,ll val){
//    cout<<"insert "<<sta<<ends<<val<<endl;
int p=sta%hash,i;
for(i=state[p];i;i=a[i].next){
if(st[cur][a[i].to]==sta){
ans[cur][a[i].to]+=val;return;
}
}
tot[cur]++;
a[++st_tot].to=tot[cur];
a[st_tot].next=state[p];
state[p]=st_tot;st[cur][tot[cur]]=sta;ans[cur][tot[cur]]=val;
}
int main(){
int i,j,k,l,now,down,right;ll val;char s[20];
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s);
for(j=0;j<m;j++)
if(s[j]=='.')
x[i][j+1]=1,ex=i,ey=j+1;
}
for(i=1;i<15;i++) bit[i]=i<<1;
cur=0;tot[cur]=1;ans[cur][1]=1;st[cur][1]=0;
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=1;j<=tot[cur];j++) st[cur][j]<<=2;
for(j=1;j<=m;j++){
//            cout<<"begin "<<i<<ends<<j<<endl;
st_tot=0;memset(state,0,sizeof(state));
pre=cur;cur^=1;tot[cur]=0;
for(k=1;k<=tot[pre];k++){
now=st[pre][k];val=ans[pre][k];
down=(now>>bit[j-1])%4;right=(now>>bit[j])%4;
//                cout<<"    from "<<now<<ends<<val<<ends<<down<<ends<<right<<endl;
if(!x[i][j]){
if(!down&&!right){
insert(now,val);continue;
}
}
else if(!down&&!right){
if(x[i][j+1]&&x[i+1][j])
insert(now+(1<<bit[j-1])+((1<<bit[j])<<1),val);
}
else if(!down&&right){
if(x[i][j+1]) insert(now,val);
if(x[i+1][j])
insert(now-right*(1<<bit[j])+right*(1<<bit[j-1]),val);
}
else if(down&&!right){
if(x[i+1][j]) insert(now,val);
if(x[i][j+1])
insert(now+down*(1<<bit[j])-down*(1<<bit[j-1]),val);
}
else if(down==1&&right==1){
int cnt=1;
for(l=j+1;l<=m;l++){
if((now>>bit[l])%4==1) cnt++;
if((now>>bit[l])%4==2) cnt--;
if(!cnt){
insert(now-(1<<bit[l])-(1<<bit[j])-(1<<bit[j-1]),val);
break;
}
}
}
else if(down==2&&right==2){
int cnt=1;
for(l=j-2;l>=0;l--){
if((now>>bit[l])%4==2) cnt++;
if((now>>bit[l])%4==1) cnt--;
if(!cnt){
insert(now+(1<<bit[l])-((1<<bit[j])<<1)-((1<<bit[j-1])<<1),val);
break;
}
}
}
else if(down==2&&right==1){
insert(now-((1<<bit[j-1])<<1)-(1<<bit[j]),val);
}
else if(down==1&&right==2){
if(i==ex&&j==ey) re+=val;
}
}
}
}
printf("%lld\n",re);
}