[usaco6.1.1Postal Vans]

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给你一个4*n的棋盘，问从(1,1)出发恰好经过所有格子一次的走法数量.(n<=1000)

插头dp，用f[i][j][k]表示转移到第i行第j列，插头的状态是k的方案数，套上高精度。

假设要转移到格子(i,j) 前一个格子的右插头是p,上一个格子的下插头是q，

p和q都没有插头时，现在这个格子显然只能有向右和向下的插头，插头状态变成()

p和q只有一个有插头时，一个插头只能与这个插头对接，另一个插头可右可下，分别转移

pq都有插头的时候，显然只能和这两个插头对接，考虑维护联通性。

如果两个插头是(),那么会形成一个环，只有在最后一个格子才能转移。

如果两个插头是((或者))，这两个联通块被合并，把这两个插头去掉，然后把他们匹配的两个相同的插头改成()即可。

如果这两个插头是)(，那么直接去掉这两个插头即可。

插头的状态可以与处理，总共只有21种，复杂度O(4*n*21*高精度)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#define MN 2200
#define mod 1000000000
using namespace std;
inline int read()
{
    int x =  , f = ; char ch = getchar();
    while(ch < '' || ch > ''){ if(ch == '-') f = -;  ch = getchar();}
    while(ch >= '' && ch <= ''){x = x *  + ch - '';ch = getchar();}
    return x * f;
}

struct Hpc
{
    int  len,s[];
    void init(int x){memset(s,,sizeof(int)*(len+));s[]=x;len=(x>);}
    void operator += (Hpc y)
    {
        len=max(len,y.len)+;
        for(int i=;i<=len;++i)
        {
            s[i]+=y.s[i];
            if(s[i]>=mod)
            {
                s[i+]+=s[i]/mod;
                s[i]%=mod;
            }
        }
        if(!s[len]) --len;
    }
    void print()
    {
        printf("%d",s[len]);
        for(int i=len-;i>;--i)
            cout<<setw()<<setfill('')<<s[i];
    }
}f[][<<],ans;
int n,tot=,s[MN+],c[MN+][],q[],top;

int main()
{
    n=read();f[][].init();
    for(int i=;i<<<(<<)+;++i)
    {
        s[++tot]=i;top=;
        for(int j=;j<=;++j)
        {
            int x=i>>(j<<);
            if((x&)==) {top=-;break;}
            if((x&)==) q[++top]=j;
            if((x&)==)
            {
                if(!top) {top=-;break;}
                else c[tot][q[top]]=j,c[tot][j]=q[top],--top;
            }
        }
        if(top) --tot;
    }
    for(int i=;i<=n;++i)
    {
        for(int j=;j<=tot;++j)
        {
            if(s[j]&) f[][s[j]].init();
            else f[][s[j]]=f[][s[j]>>];
        }
        for(int j=;j<=;++j)
        {
            int x=(j-)<<;
            memset(f[j],,sizeof(f[j]));
            for(int k=;k<=tot;++k)
            {

                int p=(s[k]>>x)&;
                int q=(s[k]>>(x+))&;
                if(!p&&!q)  f[j][s[k]|(<<x)]+=f[j-][s[k]];
                else if(p&&q)
                {
                    if(p==&&q==)
                    {
                        if(i==n&&j==&&s[k]==(<<x)) ans+=f[j-][s[k]];
                    }
                    else if(p==&&q==)
                        f[j][s[k]^(<<x)^(<<(c[k][j]<<))]+=f[j-][s[k]];
                    else if(p==&&q==) f[j][s[k]^(<<x)]+=f[j-][s[k]];
                    else if(p==&&q==) f[j][s[k]^(<<x)^(<<(c[k][j-]<<))]+=f[j-][s[k]];

                }
                else
                {
                    f[j][s[k]]+=f[j-][s[k]];
                    f[j][(s[k]^(p<<x)^(q<<x+))|(p<<x+)|(q<<x)]+=f[j-][s[k]];
                }
            }
        }
    }
    ans+=ans;ans.print();
    return ;
}