学习笔记：插头DP

基于连通性的状压DP问题。

一般是给你一个网格，有一些连通性的限制。

例题

插头DP模板

链接

题意：网格图，去掉一些点，求哈密顿回路方案数。

一般按格递推（从上到下，从左到右）。

每个格子要从四个方向中选两个作出边。

我们只需要记录红色的轮廓线的状态，是否有边伸出这个线（称之为插头）， 还要记录伸出来的边的连通性。

记录连通性的方法：

1. 最小表示法
2. 括号表示法（适用范围较小，效率一般更高）：出边是两两配对的（如果没有回来就有终点了）；并且出边不可能交叉（因为如果有交叉就经过重复点了）。咱们用三进制表示，\((\) 对应 \(1\)，\()\) 对应 \(2\)，没有边对应 \(0\)。看似最坏状态是 \(3 ^ {n + 1}\) 的，但要保证括号配对，所以大概有效状态会很少，因此不要以最坏复杂度来分析插头 DP，大概可以打个表式一下极限数据。

设 \(f_{i, j, s}\) 为考虑到 \(i, j\) 当前轮廓线状态是 \(S\) 的方案数。

分类讨论，设上状态为 \(y\)，左状态为 \(x\)：

1. 如果 \((i, j)\) 是障碍物。需要 \(x = y = 0\)。状态不变。
2. 否则，若 \(x = y = 0\)，则 \(x \gets 1, y \gets 1\)
3. \(x = 0\)，\(y \not= 0\)，枚举一下 \(y\) 从下面和右边出去两种情况。
4. \(x \not= 0\)，\(y = 0\)，同 3，向下或向右走。
5. \(x = y = 1\)，必然要连起来，把右边配对的两个插头较左的 \(2\) 变成 \(1\)。（即 \(y\) 的配对变成 \(1\)）
6. \(x = y = 2\)，同 5 ，把 \(x\) 对应的配对插头变成 \(2\)。
7. \(x = 2, y = 1\)，把两个插头去掉赋 \(0\)。
8. \(x = 1, y = 2\)，将整个回路封死，只能在整个格子的最后一个格子去封。（只会发生在最后一个格子）。

想要把代码变得美一点、短一点，大概是做到了吧...

这里没有用哈希表，把 \(42000\) 个状态先 dfs 出来，存到数组里，再预处理一下每个状态每对括号的匹配。

这样每次转移可以 \(O(1)\)，但是由于状态对应到编号我用的二分，所以复杂度是 \(O(n^2 S \log S)\)，其中 \(S\) 是总状态数大概是 \(S \le 42000\)。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <unordered_map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 15, S = 42000;
int n, m, d[S], tot, w, c[N], p[S][N], now[N], top, s[N], L;
int ex, ey;
LL ans, f[2][S], h[S];
bool st[N][N];
char g[N][N];
int inline query(int x) { return lower_bound(d + 1, d + 1 + tot, x) - d; }
int inline ask(int x, int i) { return x >> (2 * i) & 3; }
int inline get(int i, int t) { return t << (2 * i); }
void inline add(int a, int b) { f[w][query(b)] += f[!w][a]; }
void inline work(int x) {
    memset(now, -1, sizeof now); top = 0;
	for (int i = 0; i < 2 * L; i += 2) {
		int t = x >> i & 3;
		if (t == 1) s[++top] = i >> 1;
		else if (t == 2) now[s[top]] = i >> 1, now[i >> 1] = s[top--];
	}
	d[++tot] = x;
	for (int i = 0; i < L; i++) p[tot][i] = now[i];
}
void dfs(int u, int s, int cnt) {
    if (u == -1) { if (!cnt) work(s); return ; }
    dfs(u - 1, s, cnt);
    if (cnt) dfs(u - 1, s + get(u, 1), cnt - 1);
    if (cnt + 1 <= u) dfs(u - 1, s + get(u, 2), cnt + 1);
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m); L = m + 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%s", g[i] + 1);
		for (int j = 1; j <= m; j++)
			if (g[i][j] == '.') st[i][j] = true, ex = i, ey = j;
	}
	dfs(L - 1, 0, 0);
	f[0][1] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		memset(h, 0, sizeof h);
		for (int j = 1; j <= tot; j++)
			if (!ask(d[j], L - 1)) h[query(d[j] << 2)] += f[w][j];
		memcpy(f[w], h, sizeof h);
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			w ^= 1; memset(f[w], 0, sizeof f[w]);
			for (int u = 1; u <= tot; u++) {
				if (!f[!w][u]) continue;
				int x = ask(d[u], j - 1), y = ask(d[u], j);
				if (!st[i][j]) {
					if (!x && !y) add(u, d[u]);
				} else if (!x && !y) add(u, d[u] + get(j - 1, 1) + get(j, 2));
				else if (!x && y) add(u, d[u]), add(u, d[u] + get(j - 1, y) - get(j, y));
				else if (x && !y) add(u, d[u]), add(u, d[u] - get(j - 1, x) + get(j, x));
				else if (x == 1 && y == 1) add(u, d[u] - get(j - 1, x) - get(j, y) - get(p[u][j], 1));
				else if (x == 2 && y == 2) add(u, d[u] - get(j - 1, x) - get(j, y) + get(p[u][j - 1], 1));
				else if (x == 2 && y == 1) add(u, d[u] - get(j - 1, x) - get(j, y));
				else if (x == 1 && y == 2 && i == ex && j == ey && d[u] - get(j - 1, 1) - get(j, 2) == 0) ans += f[!w][u];
			}
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

HNOI2007 神奇游乐园

题意：有权网格图，求回路最大权值。

状态同上面，可以用括号序列维护（两两配对）。

转移稍有不同，每个封口都可以给 \(\text{ans}\) 贡献，另外上题的分类 1 可以考虑不选这个格子。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 105, M = 7, S = 42000, INF = 0xcfcfcfcf;
int n, m, a[N][M], d[S], tot, w, c[M], p[S][M], now[M], top, s[M], L;
int ans = -2e9, f[2][S], h[S];
int inline query(int x) { return lower_bound(d + 1, d + 1 + tot, x) - d; }
int inline ask(int x, int i) { return x >> (2 * i) & 3; }
int inline get(int i, int t) { return t << (2 * i); }
void inline add(int a, int b, int v) { f[w][query(b)] = max(f[w][query(b)], f[!w][a] + v); }
void inline work(int x) {
    memset(now, -1, sizeof now); top = 0;
	for (int i = 0; i < 2 * L; i += 2) {
		int t = x >> i & 3;
		if (t == 1) s[++top] = i >> 1;
		else if (t == 2) now[s[top]] = i >> 1, now[i >> 1] = s[top--];
	}
	d[++tot] = x;
	for (int i = 0; i < L; i++) p[tot][i] = now[i];
}
void dfs(int u, int s, int cnt) {
    if (u == -1) { if (!cnt) work(s); return ; }
    dfs(u - 1, s, cnt);
    if (cnt) dfs(u - 1, s + get(u, 1), cnt - 1);
    if (cnt + 1 <= u) dfs(u - 1, s + get(u, 2), cnt + 1);
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m); L = m + 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= m; j++)
			scanf("%d", &a[i][j]);
	dfs(L - 1, 0, 0);
	memset(f, 0xcf, sizeof f);
	f[0][1] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		memset(h, 0xcf, sizeof h);
		for (int j = 1; j <= tot; j++)
			if (!ask(d[j], L - 1)) h[query(d[j] << 2)] = max(h[query(d[j] << 2)], f[w][j]);
		memcpy(f[w], h, sizeof h);
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			w ^= 1; memset(f[w], 0xcf, sizeof f[w]);
			for (int u = 1; u <= tot; u++) {
				if (f[!w][u] == INF) continue;
				int x = ask(d[u], j - 1), y = ask(d[u], j);
				if (!x && !y) add(u, d[u] + get(j - 1, 1) + get(j, 2), a[i][j]), add(u, d[u], 0);
				else if (!x && y) add(u, d[u], a[i][j]), add(u, d[u] + get(j - 1, y) - get(j, y), a[i][j]);
				else if (x && !y) add(u, d[u], a[i][j]), add(u, d[u] - get(j - 1, x) + get(j, x), a[i][j]);
				else if (x == 1 && y == 1) add(u, d[u] - get(j - 1, x) - get(j, y) - get(p[u][j], 1), a[i][j]);
				else if (x == 2 && y == 2) add(u, d[u] - get(j - 1, x) - get(j, y) + get(p[u][j - 1], 1), a[i][j]);
				else if (x == 2 && y == 1) add(u, d[u] - get(j - 1, x) - get(j, y), a[i][j]);
				else if (x == 1 && y == 2 && d[u] - get(j - 1, 1) - get(j, 2) == 0) ans = max(ans, f[!w][u] + a[i][j]);
			}
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

SCOI2011 地板

题意：用 L 铺满网格图（有障碍物）的方案数。

不需要存连通性，要存每个插头有没有拐弯，三进制状态就可以。

选行列短的当列做，这样状态总数就是 \(\le 3 ^ {11}\) 的。

写了一次三进制，貌似蛮好写的，预处理出来 \(3\) 的幂次（也就是权），这样模拟位运算都是 \(O(1)\) 的。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 105, M = 12, S = 180000, P = 20110520;
int n, m, ex, ey, ans, Pow[M], f[2][S], w, h[S];
char g[N][N];
bool st[N][N];
int inline ask(int x, int i) { return x / Pow[i] % 3; }
int inline get(int i, int t) { return t * Pow[i]; }
void inline add(int a, int b) { (f[w][b] += f[!w][a]) %= P; }
void inline out(int x) {
    for (int i = 0; i <= m; i++) {
        cout << (x % 3);
        x /= 3;
    }
}
int main() {
	Pow[0] = 1;
	for (int i = 1; i < M; i++) Pow[i] = Pow[i - 1] * 3;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%s", g[i] + 1);
	if (m > n) {
		for (int i = 1; i <= m; i++)
			for (int j = 1; j < i; j++) swap(g[i][j], g[j][i]);
		swap(m, n);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= m; j++)
			if (g[i][j] == '_') ex = i, ey = j, st[i][j] = true;
	f[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		memset(h, 0, sizeof h);
		for (int j = 0; j < Pow[m + 1]; j++)
			if (!ask(j, m)) (h[j * 3] += f[w][j]) %= P;
		memcpy(f[w], h, sizeof h);
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			w ^= 1, memset(f[w], 0, sizeof f[w]);
			for (int u = 0; u < Pow[m + 1]; u++) {
				if (!f[!w][u]) continue;
				int x = ask(u, j - 1), y = ask(u, j);
				if (!st[i][j]) {
					if (!x && !y) add(u, u);
				} else if (!x && !y) add(u, u + get(j - 1, 2) + get(j, 2)), add(u, u + get(j - 1, 1)), add(u, u + get(j, 1));
				else if (x == 0 && y == 1) add(u, u + get(j, 1)), add(u, u - get(j, 1) + get(j - 1, 1));
				else if (x == 0 && y == 2) {
					add(u, u - get(j, 2) + get(j - 1, 2));
					add(u, u - get(j, 2));
					if (i == ex && j == ey && u - get(j, 2) == 0) (ans += f[!w][u]) %= P;
				} else if (x == 1 && y == 0) add(u, u + get(j - 1, 1)), add(u, u - get(j - 1, 1) + get(j, 1));
				else if (x == 1 && y == 1) {
					add(u, u - get(j - 1, 1) - get(j, 1));
					if (i == ex && j == ey && u - get(j - 1, 1) - get(j, 1) == 0) (ans += f[!w][u]) %= P;
				} else if (x == 2 && y == 0) {
					add(u, u - get(j - 1, 2) + get(j, 2));
					add(u, u - get(j - 1, 2));
					if (i == ex && j == ey && u - get(j - 1, 2) == 0) (ans += f[!w][u]) %= P;
				}
			}
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}