题目描述
一个 m * n 的棋盘,有的格子存在障碍,求经过所有非障碍格子的哈密顿回路个数。
输入
The first line contains the integer numbers N and M (2 ≤ N, M ≤ 12). Each of the next N lines contains M characters, which are the corresponding cells of the rectangle. Character "." (full stop) means a cell, where a segment of the race circuit should be built, and character "*" (asterisk) - a cell, where a gopher hole is located.
输出
You should output the desired number of ways. It is guaranteed, that it does not exceed 2^63-1.
样例输入
4 4
**..
....
....
....
样例输出
2
题解
插头dp板子题
具体讲解可以参考 陈丹琦《基于连通性状态压缩的动态规划问题》 以及 Dalao博客 。
我的代码中使用了三进制状态，先使用dfs预处理出所有合法的广义括号序列，用0表示没有插头，1表示左括号插头，2表示右括号插头。处理好状态与编号的对应关系后进行dp，复杂度就只与合法状态数有关了。
时间复杂度 $O(合法状态数·nm^2)$ ，经计算合法状态数不超过42000。而实际上这个时间复杂度远远达不到上限，因为只有两个插头是双左括号或双右括号时才会产生最后的m，且这个m也是不满的。因此可以过。
注意需要long long。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int m , a[14][14] , v[42000] , w[1600000] , tot , b[14];
long long f[13][13][42000];
char str[14];
void dfs(int p , int c , int now)
{
if(c < 0 || c > m + 1 - p + 1) return;
if(p > m + 1)
{
v[++tot] = now , w[now] = tot;
return;
}
dfs(p + 1 , c , now);
dfs(p + 1 , c + 1 , now + b[p - 1]);
dfs(p + 1 , c - 1 , now + 2 * b[p - 1]);
}
inline int left(int v , int p)
{
int i , c = 0;
for(i = p ; ~i ; i -- )
{
if(v / b[i] % 3 == 1) c -- ;
if(v / b[i] % 3 == 2) c ++ ;
if(!c) return i;
}
return -1;
}
inline int right(int v , int p)
{
int i , c = 0;
for(i = p ; i <= m ; i ++ )
{
if(v / b[i] % 3 == 2) c -- ;
if(v / b[i] % 3 == 1) c ++ ;
if(!c) return i;
}
return -1;
}
int main()
{
int n , i , j , k , nn , mm , p , q;
long long ans = 0;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
scanf("%s" , str + 1);
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
if(str[j] == ‘.‘)
a[i][j] = 1 , nn = i , mm = j;
}
b[0] = 1;
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) b[i] = b[i - 1] * 3;
dfs(1 , 0 , 0);
f[1][0][1] = 1;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
{
for(k = 1 ; k <= tot ; k ++ )
{
p = v[k] / b[j - 1] % 3 , q = v[k] / b[j] % 3;
if(!a[i][j])
{
if(!p && !q) f[i][j][k] += f[i][j - 1][k];
}
else
{
if(!p && !q && a[i][j + 1] && a[i + 1][j]) f[i][j][w[v[k] + b[j - 1] + 2 * b[j]]] += f[i][j - 1][k];
if(!p && q)
{
if(a[i][j + 1]) f[i][j][k] += f[i][j - 1][k];
if(a[i + 1][j]) f[i][j][w[v[k] + q * (b[j - 1] - b[j])]] += f[i][j - 1][k];
}
if(p && !q)
{
if(a[i + 1][j]) f[i][j][k] += f[i][j - 1][k];
if(a[i][j + 1]) f[i][j][w[v[k] + p * (b[j] - b[j - 1])]] += f[i][j - 1][k];
}
if(p == 1 && q == 1) f[i][j][w[v[k] - b[j - 1] - b[j] - b[right(v[k] , j)]]] += f[i][j - 1][k];
if(p == 2 && q == 2) f[i][j][w[v[k] - 2 * b[j - 1] - 2 * b[j] + b[left(v[k] , j - 1)]]] += f[i][j - 1][k];
if(p == 2 && q == 1) f[i][j][w[v[k] - 2 * b[j - 1] - b[j]]] += f[i][j - 1][k];
if(p == 1 && q == 2 && i == nn && j == mm) ans += f[i][j - 1][k];
}
}
}
if(i != n)
for(k = 1 ; k <= tot ; k ++ )
if(v[k] % 3 == 0)
f[i + 1][0][k] += f[i][m][w[v[k] / 3]];
}
printf("%lld\n" , ans);
return 0;
}