ZOJ 3256 Tour in the Castle 插头DP 矩阵乘法
题解
这题是一道非常好的插头题,与一般的按格转移的题目不同,由于m很大,要矩阵乘法,这题需要你做一个按列转移的插头DP。
按列转移多少与按格转移不同,但大体上还是基于连通性进行转移。每一列只有右插头是对下一列的转移有影响的,那么我们只需要记录每一列的右插头的连通情况,用最小表示法表示为当前列的状态。在转移的时候,我们只知道上一列的右插头,即本列的左插头的情况,而上插头还需要自己记一个标记。
那么我们具体分析:
1、不存在上插头
1、同时存在左插头和右插头,不需要修改当前插头,直接把上一列的右插头当做当前列的右插头
2、只在左插头,即从上一列的某一个连通块转移过来,记录连通块。(左下插头)
3、只在右插头,即此为一个新的连通块,打上标记,表明这是一个新的连通块。(右下插头)
2、存在上插头
1、同时存在左插头和右插头,一个格子里有三个插头,非法状态
2、都不存在左插头和右插头,不需要修改当前插头,即从上往下。
3、存在左插头
1、上插头和左插头同属一个连通块,但不在最终状态(没有右插头)的右下角的格子里出现,非法状态
2、上插头是左下插头,合并连通块,并删除这两个插头(这个合并比较特殊,因为两个都是已知的连通块,具体画图比较清晰)
3、上插头是右下插头,合并连通块,删掉当前插头
4、不存在左插头
1、上插头是左下插头,合并连通块,删除左下插头
2、上插头是右下插头,合并为新的连通块
具体情况还是自己动手画图比较清晰。
然后就到了矩乘的部分。首先考虑构造矩阵,g[i][j] = 1表示i状态能推到j状态,因此我们只需要枚举这些状态,一个一个判转移就可以了。
初始的情况下,只存在全空的状态和0和N-1有插头的情况,因此答案就是矩阵快速幂后的ans[1][0],即从初始状态推向终止状态。
程序
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm> using namespace std; #define REP(i, a, b) for (int i = (a), i##_end_ = (b); i <= i##_end_; ++i)
#define DWN(i, a, b) for (int i = (a), i##_end_ = (b); i >= i##_end_; --i)
#define mset(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
typedef long long LL;
const int MAXD = , HASH = , STATE = , MOD = ;
int n, m, code[MAXD], ch[MAXD];
struct HASHMAP
{
int head[HASH], nxt[STATE], state[STATE], siz;
void clear() { siz = , mset(head, -); }
int push(int x)
{
int pos = x%HASH, i = head[pos];
for (; i != -; i = nxt[i])
if (state[i] == x) return i;
state[siz] = x;
nxt[siz] = head[pos], head[pos] = siz++;
return siz-;
}
}hm;
struct Matrix
{
int mat[][], D;
Matrix operator * (const Matrix &AI) const
{
Matrix ret; ret.D = D;
REP(i, , D)
REP(j, , D)
{
LL sum = ;
REP(k, , D) sum += (LL)mat[i][k]*AI.mat[k][j];
ret.mat[i][j] = sum%MOD;
}
return ret;
}
}rc[], A, B; void decode(int x)
{
DWN(i, n, ) code[i] = x&, x >>= ;
} int encode()
{
int cnt = , ret = ;
mset(ch, -), ch[] = ;
REP(i, , n)
{
if (ch[code[i]] == -) ch[code[i]] = ++cnt;
ret <<= , ret |= ch[code[i]];
}
return ret;
} bool check(int st, int nxt)
{
decode(st);
int up = , k, cnt = ;
REP(i, , n)
{
if (up == )
{
if (!code[i] && !(nxt&(<<(i-)))) return false;
if (code[i] && (nxt&(<<(i-)))) continue ;
if (code[i]) up = code[i];
else up = -;
k = i;
}
else
{
if (code[i] && (nxt&(<<(i-)))) return false;
if (!code[i] && !(nxt&(<<(i-)))) continue ;
if (code[i])
{
if (up == code[i] && !(nxt&(<<(i-))) && (nxt || i != n)) return false;
if (up != -)
{
REP(j, , n) if (code[j] == code[i] && j != i) code[j] = code[k];
code[i] = code[k] = ;
}
else code[k] = code[i], code[i] = ;
}
else
{
if (up != -) code[i] = code[k], code[k] = ;
else code[i] = code[k] = n+(++cnt);
}
up = ;
}
}
if (up) return false;
return true;
} void init()
{
if (rc[n].D != )
{ B = rc[n]; return ; }
mset(rc[n].mat, );
hm.clear(), hm.push();
mset(code, ), code[] = code[n] = , hm.push(encode());
decode(hm.state[]);
for (int i = ; i < hm.siz; ++i)
REP(nxt, , ((<<n)-))
if (check(hm.state[i], nxt))
{
int j = hm.push(encode());
rc[n].mat[i][j] ++;
}
rc[n].D = hm.siz-;
B = rc[n];
} void work()
{
mset(A.mat, ); A.D = B.D;
REP(i, , A.D) A.mat[i][i] = ;
while (m > )
{
if (m&) A = A*B;
B = B*B, m >>= ;
}
if (!A.mat[][]) puts("Impossible");
else printf("%d\n", A.mat[][]);
} int main()
{
REP(i, , ) rc[i].D = ;
while (~scanf("%d %d", &n, &m))
init(), work();
return ;
}
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