【POJ】【1739】Tony's Tour
插头DP
楼教主男人八题之一!
要求从左下角走到右下角的哈密顿路径数量。
啊嘞,我只会求哈密顿回路啊……这可怎么搞……
容易想到:要是把起点和重点直接连上就变成一条回路了……那么我们就连一下~
我们可以在整张图下面加两行:(例:3*5)
1 1 1 1 1
1 1 1 1 1
1 1 1
0 0 0
1 1 1 1 1
红色的是原来的起点和终点,下面紫色的路径将这两个点连了起来= =然后这题瞬间就变回了Formula 1那题……求哈密顿回路数量,so easy有没有~(其实不这样加也可以做,起点终点特判下就可以)
因为就变成原题了……我就试着默写了一次模板……结果好几个细节给挂了:
单插头的时候,两种状态转移都要判是否合法的= =!!!(sigh……做了一道HDU 1964直接就傻逼了……因为那题是没有障碍物的……)
两个插头都没有的时候的转移写错了……(┬_┬)不可以乘p/q的……因为它俩都是0啊……
程序一开始的时候bit数组的初始化……
Source Code
Problem: User: sdfzyhy
Memory: 2668K Time: 125MS
Language: G++ Result: Accepted Source Code //POJ 1739
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i)
#define pb push_back
#define CC(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
int getint(){
int v=,sign=; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') sign=-; ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) {v=v*+ch-''; ch=getchar();}
return v*sign;
}
const int N=1e7+,INF=~0u>>;
const double eps=1e-;
typedef unsigned long long u64;
/*******************template********************/
const int M=;
bool mp[][];
int n,m,k;
int tot[],bit[],hash[M],state[][M];
u64 dp[][M],ans;
#define debug
void init(){
CC(mp,);
CC(dp,);
tot[]=dp[][]=,ans=k=;
state[][]=;
char ch;
F(i,,n){
scanf("%c",&ch);
F(j,,m){
scanf("%c",&ch);
mp[i][j]=ch=='.';
}
}
n+=;
F(j,,m) mp[n][j]=;
mp[n-][]=mp[n-][m]=;
}
void hash_in(int s,u64 sum){
int p=s%M;
while(hash[p]){
if (state[k][hash[p]]==s){
dp[k][hash[p]]+=sum;
return;
}
p++;
if (p==M) p=;
}
hash[p]=++tot[k];
state[k][hash[p]]=s;
dp[k][hash[p]]=sum;
}
#define in hash_in(s,sum)
void work(){
F(i,,n){
F(j,,m){
k^=;
CC(hash,);
tot[k]=;
F(u,,tot[-k]){
int s=state[-k][u];
u64 sum=dp[-k][u];
int p=(s>>bit[j-])&,q=(s>>bit[j])&;
if (!mp[i][j]){ if (!p && !q) in; }
else{
if (!p && !q){
if (!mp[i+][j] || !mp[i][j+]) continue;
s=s^(<<bit[j-])^(<<bit[j]<<),in;
}else if(!p && q){
if (mp[i][j+]) in;
if (mp[i+][j]) s=s^q*(<<bit[j])^q*(<<bit[j-]),in;
}else if(p && !q){
if (mp[i+][j]) in;
if (mp[i][j+]) s=s^p*(<<bit[j])^p*(<<bit[j-]),in;
}else if(p+q==){
int nd=;
F(u,j+,m){
int w=(s>>bit[u])&;
if (w==) nd++;
if (w==) nd--;
if (!nd){ s-=<<bit[u]; break; }
}s=s^(<<bit[j-])^(<<bit[j]),in;
}else if(p+q==){
int nd=;
D(u,j-,){
int w=(s>>bit[u])&;
if (w==) nd++;
if (w==) nd--;
if (!nd){ s+=<<bit[u]; break; }
}s=s^(<<bit[j-]<<)^(<<bit[j]<<),in;
}else if(p== && q==){
if (i==n && j==m) ans+=sum;
}else if(p== && q==) s=s^(<<bit[j-]<<)^(<<bit[j]),in;
}
}
}
F(j,,tot[k]) state[k][j]<<=;
}
printf("%llu\n",ans);
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("input.txt","r",stdin);
// freopen("output.txt","w",stdout);
#endif
F(i,,) bit[i]=i<<;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF && n){
init();
work();
}
return ;
}
【POJ】【1739】Tony's Tour的更多相关文章
- 【 POJ - 1204 Word Puzzles】(Trie+爆搜|AC自动机)
Word Puzzles Time Limit: 5000MS Memory Limit: 65536K Total Submissions: 10782 Accepted: 4076 Special ...
- 【POJ 1459 power network】
不可以理解的是,测评站上的0ms是怎么搞出来的. 这一题在建立超级源点和超级汇点后就变得温和可爱了.其实它本身就温和可爱.对比了能够找到的题解: (1)艾德蒙·卡普算法(2)迪尼克算法(3)改进版艾德 ...
- 【POJ 2728 Desert King】
Time Limit: 3000MSMemory Limit: 65536K Total Submissions: 27109Accepted: 7527 Description David the ...
- 【POJ 2976 Dropping tests】
Time Limit: 1000MSMemory Limit: 65536K Total Submissions: 13849Accepted: 4851 Description In a certa ...
- 【POJ 3080 Blue Jeans】
Time Limit: 1000MSMemory Limit: 65536K Total Submissions: 19026Accepted: 8466 Description The Genogr ...
- 【POJ各种模板汇总】(写在逆风省选前)(不断更新中)
1.POJ1258 水水的prim……不过poj上硬是没过,wikioi上的原题却过了 #include<cstring> #include<algorithm> #inclu ...
- 【POJ 3669 Meteor Shower】简单BFS
流星雨撞击地球(平面直角坐标第一象限),问到达安全地带的最少时间. 对于每颗流星雨i,在ti时刻撞击(xi,yi)点,同时导致(xi,yi)和上下左右相邻的点在ti以后的时刻(包括t)不能再经过(被封 ...
- 【POJ 2823 Sliding Window】 单调队列
题目大意:给n个数,一个长度为k(k<n)的闭区间从0滑动到n,求滑动中区间的最大值序列和最小值序列. 最大值和最小值是类似的,在此以最大值为例分析. 数据结构要求:能保存最多k个元素,快速取得 ...
- 【POJ 2406 Power Strings】
Time Limit: 3000MSMemory Limit: 65536K Description Given two strings a and b we define a*b to be the ...
- POJ 1739:Tony's Tour
Description A square township has been divided up into n*m(n rows and m columns) square plots (1< ...
随机推荐
- VMware Workstation CentOS-6.4-x86_64-minimal 配置网络以及安装JDK和tomcat
1.配置网络(能够联网)转自:http://blog.sina.com.cn/s/blog_75ad10100101ma4c.html 1)vmware的网卡连接方式选择为桥接(bridged)不要用 ...
- 64位系统下注册32位dll文件
64位系统下注册32位dll文件 在64位系统里注册32位软件所需的一些dll会提示不兼容,大概因为32 位进程不能加载64位Dll,64位进程也不可以加载32的导致. 若要支持的32 位和64 位C ...
- ASP.NET C# 文件下载
1.文件下载到客户端 //WriteFile实现下载 protected void Download_Click(object sender, EventArgs e) { string fileNa ...
- JavaScript学习笔记 - 进阶篇(2)- 数组
什么是数组 我们知道变量用来存储数据,一个变量只能存储一个内容.假设你想存储10个人的姓名或者存储20个人的数学成绩,就需要10个或20个变量来存储,如果需要存储更多数据,那就会变的更麻烦.我们用数组 ...
- 标识映射(Identify Map)
通过在Map中保存每个已加载过的对象,确保每个对象只加载一次. 当要访问对象时,首先检查标识映射,看需要的对象是否已经存在其中. 使用Identify来确保不重复加载相同的数据,不仅有助于保证正确性( ...
- 9款精美别致的CSS3菜单和按钮
1.超具立体感的CSS3 3D菜单 菜单项带小图标 记得之前向大家分享过不少CSS3 3D菜单,比如CSS3 3D动画菜单 3D立方体菜单项和HTML5/CSS3自定义下拉框 3D卡片折叠动画,效果都 ...
- hibernate 一对多映射关系
1. 单项多对一映射 custom(顾客)与order(订单) :一个顾客可以有多个订单,一个订单只能有一个顾客 配置方法:在多的一端配置<many -to one& ...
- 济南学习 Day 3 T2 am
看程序写结果(program)Time Limit:1000ms Memory Limit:64MB题目描述LYK 最近在准备 NOIP2017 的初赛,它最不擅长的就是看程序写结果了,因此它拼命地在 ...
- 随便写了一个DAO
package com.java; public class ExamStudent { /** * 流水号 */ private int flowId; /** * 四级.六级 */ private ...
- 如何在Ubuntu下使用TF/SD 卡制作Exynos 4412 u-boot启动盘
/** ****************************************************************************** * @author Maox ...