[BZOJ2669][CQOI2012]局部最小值(容斥+状压DP)
发现最多有8个限制位置,可以以此为基础DP和容斥。
$f_{i,j}=f_{i-1,j}\times (cnt_j-i+1)+\sum_{k\subset j} f_{i-1,k}$
$cnt_j$表示当限制状态为j时i有多少个可行位置。
这样DP只能保证所有题设位置全部是局部最小值,但不保证其它位置不会变成局部最小值,容斥解决。
$O(DFS*8nm*2^8)$
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
using namespace std; const int mod=;
int dx[]={,,,-,,,-,,-},dy[]={,,,,-,,-,-,};
int n,m,ans,l,f[][<<],cnt[<<],vis[][],a[][];
char ch[][]; int dp(){
memset(f,,sizeof(f));
memset(cnt,,sizeof(cnt));
int top=;
rep(i,,n) rep(j,,m) if (ch[i][j]=='X')
a[++top][]=i,a[top][]=j;
for (int S=; S<(<<top); S++){
memset(vis,,sizeof(vis));
rep(i,,top) if (~S&(<<(i-))) vis[a[i][]][a[i][]]=;
rep(i,,n) rep(j,,m){
bool flag=;
rep(l,,) if (vis[i+dx[l]][j+dy[l]]) { flag=; break; }
if (!flag) cnt[S]++;
}
}
f[][]=;
rep(i,,n*m) for (int j=; j<(<<top); j++){
f[i][j]=(f[i][j]+1ll*f[i-][j]*max(cnt[j]-i+,))%mod;
rep(k,,top) if (j&(<<(k-)))
f[i][j]=(f[i][j]+f[i-][j^(<<(k-))])%mod;
}
return f[n*m][(<<top)-];
} void dfs(int x,int y,int t){
if (y==m+){ dfs(x+,,t); return; }
if (x==n+){ ans=(ans+dp()*(t&?-:))%mod; return; }
dfs(x,y+,t);
bool flag=;
rep(i,,) if (ch[x+dx[i]][y+dy[i]]=='X') { flag=; break; }
if (!flag) ch[x][y]='X',dfs(x,y+,t+),ch[x][y]='.';
} int main(){
freopen("bzoj2669.in","r",stdin);
freopen("bzoj2669.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
rep(i,,n) scanf("%s",ch[i]+);
rep(i,,n) rep(j,,m) if (ch[i][j]=='X')
rep(k,,) if (ch[i+dx[k]][j+dy[k]]=='X') { puts(""); return ; }
dfs(,,); printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
return ;
}
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