插头 DP

定义

有些状压 DP 问题要求我们记录状态的连通性信息，这类问题一般被形象的称为插头 DP 或连通性状态压缩 DP。例如格点图的哈密顿路径计数，求棋盘的黑白染色方案满足相同颜色之间形成一个连通块的方案数，以及特定图的生成树计数等等。这些问题通常需要我们对状态的连通性进行编码，讨论状态转移过程中连通性的变化。

引入

骨牌覆盖与轮廓线 DP

温故而知新，在开始学习插头 DP 之前，不妨先让我们回顾一个经典问题。

例题「HDU 1400」Mondriaan’s Dream

题目大意：在 \(N\times M\) 的棋盘内铺满 \(1\times 2\) 或 \(2\times 1\) 的多米诺骨牌，求方案数。

当 \(n\) 或 \(m\) 规模不大的时候，这类问题可以使用状压 DP 解决。逐行划分阶段，设 \(dp(i,s)\) 表示当前已考虑过前 \(i\) 行，且第 \(i\) 行的状态为 \(s\) 的方案数。这里的状态 \(s\) 的每一位可以表示这个这个位置是否已被上一行覆盖。

domino

另一种划分阶段的方法是逐格 DP，或者称之为轮廓线 DP。\(dp(i,j,s)\) 表示已经考虑到第 \(i\) 行第 \(j\) 列，且当前轮廓线上的状态为 \(s\) 的方案数。

虽然逐格 DP 中我们的状态增加了一个维度，但是转移的时间复杂度减少为 \(O(1)\)，所以时间复杂度未变。我们用 \(f_0\) 表示当前阶段的状态，用 \(f_1\) 表示下一阶段的状态，\(u = f_0(s)\) 表示当前枚举的函数值，那么有如下的状态转移方程：

C++
if (s >> j & 1) {       // 如果已被覆盖
  f1[s ^ 1 << j] += u;  // 不放
} else {                // 如果未被覆盖
  if (j != m - 1 && (!(s >> j + 1 & 1))) f1[s ^ 1 << j + 1] += u;  // 横放
  f1[s ^ 1 << j] += u;                                             // 竖放
}

观察到这里不放和竖放的方程可以合并。

实现

C++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 11;
long long f[2][1 << N], *f0, *f1;
int n, m;

int main() {
  while (cin >> n >> m && n) {
    f0 = f[0];
    f1 = f[1];
    fill(f1, f1 + (1 << m), 0);
    f1[0] = 1;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
      for (int j = 0; j < m; ++j) {
        swap(f0, f1);
        fill(f1, f1 + (1 << m), 0);
#define u f0[s]
        for (int s = 0; s < 1 << m; ++s)
          if (u) {
            if (j != m - 1 && (!(s >> j & 3))) f1[s ^ 1 << j + 1] += u;  // 横放
            f1[s ^ 1 << j] += u;  // 竖放或不放
          }
      }
    }
    cout << f1[0] << endl;
  }
}

习题「SRM 671. Div 1 900」BearDestroys

题目大意：给定 \(n\times m\) 的矩阵，每个格子有 E 或 S。对于一个矩阵，有一个计分方案。按照行优先的规则扫描每个格子，如果这个格子之前被骨牌占据，则 skip。否则尝试放多米诺骨牌。如果放骨牌的方向在矩阵外或被其他骨牌占据，则放置失败，切换另一种方案或 skip。如果是 E 则优先放一个 \(1\times 2\) 的骨牌，如果是 S 则优先放一个 \(2\times 1\) 的骨牌。一个矩阵的得分为最后放的骨牌数。问所有 \(2^{nm}\) 种矩阵的得分的和。

术语

阶段：动态规划执行的顺序，后续阶段的结果只与前序阶段的结果有关（无后效性）。很多 DP 问题可以有多种划分阶段的方式。例如在背包问题中，我们通常既可以按照物品划分阶段，也可以按照背包容量划分阶段（外层循环先枚举什么）。而在多米诺骨牌问题中，我们可以按照行、列、格子以及对角线等特征划分阶段。

轮廓线：已决策状态和未决策状态的分界线。

contour line

插头：一个格子某个方向的插头存在，表示这个格子在这个方向与相邻格子相连。

plug

路径模型

多条回路

例题

例题「HDU 1693」Eat the Trees

题目大意：求用若干条回路覆盖 \(N\times M\) 棋盘的方案数，有些位置有障碍。

严格来说，多条回路问题并不属于插头 DP，因为我们只需要和上面的骨牌覆盖问题一样，记录插头是否存在，然后成对的合并和生成插头就可以了。

注意对于一个宽度为 \(m\) 的棋盘，轮廓线的宽度为 \(m+1\)，因为包含 \(m\) 个上插头，和 \(1\) 个左插头。注意，当一行迭代完成之后，最右边的左插头通常是不合法的状态，同时我们需要补上下一行第一个左插头，这需要我们调整当前轮廓线的状态，通常是所有状态进行左移，我们把这个操作称为滚动 roll()。

例题代码

C++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 11;
long long f[2][1 << (N + 1)], *f0, *f1;
int n, m;

int main() {
  int T;
  cin >> T;
  for (int Case = 1; Case <= T; ++Case) {
    cin >> n >> m;
    f0 = f[0];
    f1 = f[1];
    fill(f1, f1 + (1 << m + 1), 0);
    f1[0] = 1;  // 初始化
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
      for (int j = 0; j < m; ++j) {
        bool bad;
        cin >> bad;
        bad ^= 1;
        swap(f0, f1);
        fill(f1, f1 + (1 << m + 1), 0);
        for (int s = 0; s < 1 << m + 1; ++s)  // 具体的dp转移，上面都是初始化
          if (f0[s]) {
            bool lt = s >> j & 1, up = s >> j + 1 & 1;
            if (bad) {
              if (!lt && !up) f1[s] += f0[s];
            } else {
              f1[s ^ 3 << j] += f0[s];
              if (lt != up) f1[s] += f0[s];
            }
          }
      }
      swap(f0, f1);
      fill(f1, f1 + (1 << m + 1), 0);
      for (int s = 0; s < 1 << m; ++s) f1[s << 1] = f0[s];
    }
    printf("Case %d: There are %lld ways to eat the trees.\n", Case, f1[0]);
  }
}

习题

习题「ZJU 4231」The Hive II

题目大意：同上题，但格子变成了六边形。

一条回路

例题

例题「Andrew Stankevich Contest 16 - Problem F」Pipe Layout

题目大意：求用一条回路覆盖 \(N\times M\) 棋盘的方案数。

在上面的状态表示中我们每合并一组连通的插头，就会生成一条独立的回路，因而在本题中，我们还需要区分插头之间的连通性（出现了！）。这需要我们对状态进行额外的编码。

状态编码

通常的编码方案有括号表示和最小表示，这里着重介绍泛用性更好的最小表示。我们用长度 \(m+1\) 的整形数组，记录轮廓线上每个插头的状态，\(0\) 表示没有插头，并约定连通的插头用相同的数字进行标记。

那么下面两组编码方式表示的是相同的状态：

0 3 1 0 1 3
0 1 2 0 2 1

我们将相同的状态都映射成字典序最小表示，例如在上例中的 0 1 2 0 2 1 就是一组最小表示。

我们用 b[] 数组表示轮廓线上插头的状态。bb[] 表示在最小表示的编码的过程中，每个数字被映射到的最小数字。注意 \(0\) 表示插头不存在，不能被映射成其他值。

代码实现

C++
int b[M + 1], bb[M + 1];

int encode() {
  int s = 0;
  memset(bb, -1, sizeof(bb));
  int bn = 1;
  bb[0] = 0;
  for (int i = m; i >= 0; --i) {
#define bi bb[b[i]]
    if (!~bi) bi = bn++;
    s <<= offset;
    s |= bi;
  }
  return s;
}

void decode(int s) {
  REP(i, m + 1) {
    b[i] = s & mask;
    s >>= offset;
  }
}

我们注意到插头总是成对出现，成对消失的。因而 0 1 2 0 1 2 这样的状态是不合法的。合法的状态构成一组括号序列，实际中合法状态可能是非常稀疏的。

手写哈希

在一些状压 DP 的问题中，合法的状态可能是稀疏的（例如本题），为了优化时空复杂度，我们可以使用哈希表存储合法的 DP 状态。对于 C++ 选手，我们可以使用 std::unordered_map，当然也可以直接手写，这样可以灵活的将状态转移函数也封装于其中。

代码实现

C++
const int MaxSZ = 16796, Prime = 9973;

struct hashTable {
  int head[Prime], next[MaxSZ], sz;
  int state[MaxSZ];
  long long key[MaxSZ];

  inline void clear() {
    sz = 0;
    memset(head, -1, sizeof(head));
  }

  inline void push(int s) {
    int x = s % Prime;
    for (int i = head[x]; ~i; i = next[i]) {
      if (state[i] == s) {
        key[i] += d;
        return;
      }
    }
    state[sz] = s, key[sz] = d;
    next[sz] = head[x];
    head[x] = sz++;
  }

  void roll() { REP(i, sz) state[i] <<= offset; }
} H[2], *H0, *H1;

上面的代码中：

MaxSZ 表示合法状态的上界，可以估计，也可以预处理出较为精确的值。
Prime 一个小于 MaxSZ 的大素数。
head[] 表头节点的指针。
next[] 后续状态的指针。
state[] 节点的状态。
key[] 节点的关键字，在本题中是方案数。
clear() 初始化函数，和手写邻接表类似，我们只需要初始化表头节点的指针。
push() 状态转移函数，其中 d 是一个全局变量（偷懒），表示每次状态转移所带来的增量。如果找到的话就 +=，否则就创建一个状态为 s，关键字为 d 的新节点。
roll() 迭代完一整行之后，滚动轮廓线。

关于哈希表的复杂度分析，以及开哈希和闭哈希的不同，可以参见《算法导论》中关于散列表的相关章节。

状态转移

代码实现

C++
REP(ii, H0->sz) {
  decode(H0->state[ii]);                  // 取出状态，并解码
  d = H0->key[ii];                        // 得到增量 delta
  int lt = b[j], up = b[j + 1];           // 左插头，上插头
  bool dn = i != n - 1, rt = j != m - 1;  // 下插头，右插头
  if (lt && up) {                         // 如果左、上均有插头
    if (lt == up) {                       // 来自同一个连通块
      if (i == n - 1 &&
          j == m - 1) {  // 只有在最后一个格子时，才能合并，封闭回路。
        push(j, 0, 0);
      }
    } else {  // 否则，必须合并这两个连通块，因为本题中需要回路覆盖
      REP(i, m + 1) if (b[i] == lt) b[i] = up;
      push(j, 0, 0);
    }
  } else if (lt || up) {  // 如果左、上之中有一个插头
    int t = lt | up;      // 得到这个插头
    if (dn) {             // 如果可以向下延伸
      push(j, t, 0);
    }
    if (rt) {  // 如果可以向右延伸
      push(j, 0, t);
    }
  } else {           // 如果左、上均没有插头
    if (dn && rt) {  // 生成一对新插头
      push(j, m, m);
    }
  }
}

例题代码

C++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 10;
const int offset = 3, mask = (1 << offset) - 1;
int n, m;
long long ans, d;
const int MaxSZ = 16796, Prime = 9973;

struct hashTable {
  int head[Prime], next[MaxSZ], sz;
  int state[MaxSZ];
  long long key[MaxSZ];

  inline void clear() {
    sz = 0;
    memset(head, -1, sizeof(head));
  }

  inline void push(int s) {
    int x = s % Prime;
    for (int i = head[x]; ~i; i = next[i]) {
      if (state[i] == s) {
        key[i] += d;
        return;
      }
    }
    state[sz] = s, key[sz] = d;
    next[sz] = head[x];
    head[x] = sz++;
  }

  void roll() {
    for (int i = 0; i < sz; i++) state[i] <<= offset;
  }
} H[2], *H0, *H1;

int b[M + 1], bb[M + 1];

int encode() {
  int s = 0;
  memset(bb, -1, sizeof(bb));
  int bn = 1;
  bb[0] = 0;
  for (int i = m; i >= 0; --i) {
    if (!~bb[b[i]]) bb[b[i]] = bn++;
    s <<= offset;
    s |= bb[b[i]];
  }
  return s;
}

void decode(int s) {
  for (int i = 0; i < m + 1; i++) {
    b[i] = s & mask;
    s >>= offset;
  }
}

void push(int j, int dn, int rt) {
  b[j] = dn;
  b[j + 1] = rt;
  H1->push(encode());
}

int main() {
  cin >> n >> m;
  if (m > n) swap(n, m);
  H0 = H, H1 = H + 1;
  H1->clear();
  d = 1;
  H1->push(0);
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    for (int j = 0; j < m; j++) {
      swap(H0, H1);
      H1->clear();
      for (int ii = 0; ii < (H0->sz); ii++) {
        decode(H0->state[ii]);
        d = H0->key[ii];
        int lt = b[j], up = b[j + 1];
        bool dn = i != n - 1, rt = j != m - 1;
        if (lt && up) {
          if (lt == up) {
            if (i == n - 1 && j == m - 1) {
              push(j, 0, 0);
            }
          } else {
            for (int i = 0; i < m + 1; i++)
              if (b[i] == lt) b[i] = up;
            push(j, 0, 0);
          }
        } else if (lt || up) {
          int t = lt | up;
          if (dn) {
            push(j, t, 0);
          }
          if (rt) {
            push(j, 0, t);
          }
        } else {
          if (dn && rt) {
            push(j, m, m);
          }
        }
      }
    }
    H1->roll();
  }
  assert(H1->sz <= 1);
  cout << (H1->sz == 1 ? H1->key[0] : 0) << endl;
}

习题

习题「Ural 1519」Formula 1

题目大意：求用一条回路覆盖 \(N\times M\) 棋盘的方案数，有些位置有障碍。

习题「USACO 5.4.4」Betsy's Tours

题目大意：一个 \(N\times N\) 的方阵（\(N\le 7\)），求从左上角出发到左下角结束经过每个格子的路径总数。虽然是一条路径，但因为起点和终点固定，可以转化为一条回路问题。

习题「POJ 1739」Tony's Tour

题目大意：一个 \(N\times M\) 的棋盘，求从左下角出发到右下角结束经过每个格子的路径总数，有些位置有障碍。

习题「USACO 6.1.1」Postal Vans

题目大意：求用一条有向回路覆盖 \(4\times N\) 的棋盘的方案数，需要高精度。

习题「ProjectEuler 393」Migrating ants

题目大意：用多条回路覆盖 \(n\times n\) 的方阵，每个有 \(m\) 条回路的方案对答案的贡献是 \(2^m\)，求所有方案的贡献和。

一条路径

例题

例题「ZOJ 3213」Beautiful Meadow

题目大意：一个 \(N\times M\) 的方阵（\(N,M\le 8\)），每个格点有一个权值，求一段路径，最大化路径覆盖的格点的权值和。

本题是标准的一条路径问题，在一条路径问题中，编码的状态中还会存在不能配对的独立插头。需要在状态转移函数中，额外讨论独立插头的生成、合并与消失的情况。独立插头的生成和消失对应着路径的一端，因而这类事件不会发生超过两次（一次生成一次消失，或者两次生成一次合并），否则最终结果一定会出现多个连通块。

我们需要在状态中额外记录这类事件发生的总次数，可以将这个信息编码进状态里（注意，类似这样的额外信息在调整轮廓线的时候，不需要跟着滚动），当然也可以在 hashTable 数组的外面加维。下面的范例程序中我们选择后者。

状态转移

代码实现

C++
REP(i, n) {
  REP(j, m) {
    checkMax(ans, A[i][j]);  // 需要单独处理一个格子的情况
    if (!A[i][j]) continue;  // 如果有障碍，则跳过，注意这时状态数组不需要滚动
    swap(H0, H1);
    REP(c, 3)
    H1[c].clear();  // c 表示生成和消失事件发生的总次数，最多不超过 2 次
    REP(c, 3) REP(ii, H0[c].sz) {
      decode(H0[c].state[ii]);
      d = H0[c].key[ii] + A[i][j];
      int lt = b[j], up = b[j + 1];
      bool dn = A[i + 1][j], rt = A[i][j + 1];
      if (lt && up) {
        if (lt == up) {  // 在一条路径问题中，我们不能合并相同的插头。
          // Cannot deploy here...
        } else {  // 有可能参与合并的两者中有独立插头，但是也可以用同样的代码片段处理
          REP(i, m + 1) if (b[i] == lt) b[i] = up;
          push(c, j, 0, 0);
        }
      } else if (lt || up) {
        int t = lt | up;
        if (dn) {
          push(c, j, t, 0);
        }
        if (rt) {
          push(c, j, 0, t);
        }
        // 一个插头消失的情况，如果是独立插头则意味着消失，如果是成对出现的插头则相当于生成了一个独立插头，
        // 无论哪一类事件都需要将 c + 1。
        if (c < 2) {
          push(c + 1, j, 0, 0);
        }
      } else {
        d -= A[i][j];
        H1[c].push(H0[c].state[ii]);
        d += A[i][j];    // 跳过插头生成，本题中不要求全部覆盖
        if (dn && rt) {  // 生成一对插头
          push(c, j, m, m);
        }
        if (c < 2) {  // 生成一个独立插头
          if (dn) {
            push(c + 1, j, m, 0);
          }
          if (rt) {
            push(c + 1, j, 0, m);
          }
        }
      }
    }
  }
  REP(c, 3) H1[c].roll();  // 一行结束，调整轮廓线
}

例题代码

C++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

template <class T>
inline bool checkMax(T &a, const T b) {
  return a < b ? a = b, 1 : 0;
}

const int N = 8, M = 8;
const int offset = 3, mask = (1 << offset) - 1;
int A[N + 1][M + 1];
int n, m;
int ans, d;
const int MaxSZ = 16796, Prime = 9973;

struct hashTable {
  int head[Prime], next[MaxSZ], sz;
  int state[MaxSZ];
  int key[MaxSZ];

  inline void clear() {
    sz = 0;
    memset(head, -1, sizeof(head));
  }

  inline void push(int s) {
    int x = s % Prime;
    for (int i = head[x]; ~i; i = next[i]) {
      if (state[i] == s) {
        checkMax(key[i], d);
        return;
      }
    }
    state[sz] = s, key[sz] = d;
    next[sz] = head[x];
    head[x] = sz++;
  }

  void roll() {
    for (int i = 0; i < sz; i++) state[i] <<= offset;
  }
} H[2][3], *H0, *H1;

int b[M + 1], bb[M + 1];

int encode() {
  int s = 0;
  memset(bb, -1, sizeof(bb));
  int bn = 1;
  bb[0] = 0;
  for (int i = m; i >= 0; --i) {
    if (!~bb[b[i]]) bb[b[i]] = bn++;
    s <<= offset;
    s |= bb[b[i]];
  }
  return s;
}

void decode(int s) {
  for (int i = 0; i < m + 1; i++) {
    b[i] = s & mask;
    s >>= offset;
  }
}

void push(int c, int j, int dn, int rt) {
  b[j] = dn;
  b[j + 1] = rt;
  H1[c].push(encode());
}

void init() {
  cin >> n >> m;
  H0 = H[0], H1 = H[1];
  for (int c = 0; c < 3; c++) H1[c].clear();
  d = 0;
  H1[0].push(0);
  memset(A, 0, sizeof(A));
  for (int i = 0; i < n; i++)
    for (int j = 0; j < m; j++) cin >> A[i][j];
}

void solve() {
  ans = 0;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    for (int j = 0; j < m; j++) {
      checkMax(ans, A[i][j]);  // 需要单独处理一个格子的情况
      if (!A[i][j]) continue;  // 如果有障碍，则跳过，注意这时状态数组不需要滚动
      swap(H0, H1);
      for (int c = 0; c < 3; c++)
        H1[c].clear();  // c 表示生成和消失事件发生的总次数，最多不超过 2 次
      for (int c = 0; c < 3; c++)
        for (int ii = 0; ii < H0[c].sz; ii++) {
          decode(H0[c].state[ii]);
          d = H0[c].key[ii] + A[i][j];
          int lt = b[j], up = b[j + 1];
          bool dn = A[i + 1][j], rt = A[i][j + 1];
          if (lt && up) {
            if (lt == up) {  // 在一条路径问题中，我们不能合并相同的插头。
              // Cannot deploy here...
            } else {  // 有可能参与合并的两者中有独立插头，但是也可以用同样的代码片段处理
              for (int i = 0; i < m + 1; i++)
                if (b[i] == lt) b[i] = up;
              push(c, j, 0, 0);
            }
          } else if (lt || up) {
            int t = lt | up;
            if (dn) {
              push(c, j, t, 0);
            }
            if (rt) {
              push(c, j, 0, t);
            }
            // 一个插头消失的情况，如果是独立插头则意味着消失，如果是成对出现的插头则相当于生成了一个独立插头，
            // 无论哪一类事件都需要将 c + 1。
            if (c < 2) {
              push(c + 1, j, 0, 0);
            }
          } else {
            d -= A[i][j];
            H1[c].push(H0[c].state[ii]);
            d += A[i][j];  // 跳过插头生成，本题中不要求全部覆盖
            if (dn && rt) {  // 生成一对插头
              push(c, j, m, m);
            }
            if (c < 2) {  // 生成一个独立插头
              if (dn) {
                push(c + 1, j, m, 0);
              }
              if (rt) {
                push(c + 1, j, 0, m);
              }
            }
          }
        }
    }
    for (int c = 0; c < 3; c++) H1[c].roll();  // 一行结束，调整轮廓线
  }
  for (int ii = 0; ii < H1[2].sz; ii++) checkMax(ans, H1[2].key[ii]);
  cout << ans << endl;
}

int main() {
  int T;
  cin >> T;
  while (T--) {
    init();
    solve();
  }
}

习题

习题「NOI 2010 Day2」旅行路线

题目大意：\(n\times m\) 的棋盘，棋盘的每个格子有一个 01 权值 T[x][y]，要求寻找一个路径覆盖，满足：

第 i 个参观的格点 (x, y)，满足 T[x][y]= L[i]
路径的一端在棋盘的边界上

求可行的方案数。

染色模型

除了路径模型之外，还有一类常见的模型，需要我们对棋盘进行染色，相邻的相同颜色节点被视为连通。在路径类问题中，状态转移的时候我们枚举当前路径的方向，而在染色类问题中，我们枚举当前节点染何种颜色。在染色模型中，状态中处在相同连通性的节点可能不止两个。但总体来说依然大同小异。我们不妨来看一个经典的例题。

例题「UVA 10572」Black & White

题目大意：在 \(N\times M\) 的棋盘内对未染色的格点进行黑白染色，要求所有黑色区域和白色区域连通，且任意一个 \(2\times 2\) 的子矩形内的颜色不能完全相同（例如下图中的情况非法），求合法的方案数，并构造一组合法的方案。

black_and_white1

状态编码

我们先考虑状态编码。不考虑连通性，那么就是 SGU 197. Nice Patterns Strike Back，不难用状压 DP 直接解决。现在我们需要在状态中同时体现颜色和连通性的信息，考察轮廓线上每个位置的状态，二进制的每 Offset 位描述轮廓线上的一个位置，因为只有黑白两种颜色，我们用最低位的奇偶性表示颜色，其余部分示连通性。

考虑第一行上面的节点，和第一列左侧节点，如果要避免特判的话，可以考虑引入第三种颜色区分它们，这里我们观察到这些边界状态的连通性信息一定为 0，所以不需要对第三种颜色再进行额外编码。

在路径问题中我们的轮廓线是由 \(m\) 个上插头与 \(1\) 个左插头组成的。本题中，由于我们还需要判断当前格点为右下角的 \(2\times 2\) 子矩形是否合法，所以需要记录左上角格子的颜色，因此轮廓线的长度依然是 \(m+1\)。

这样的编码方案中依然保留了很多冗余信息，（连通的区域颜色一定相同，且左上角的格子只需要颜色信息不需要连通性），但是因为已经用了哈希表和最小表示，对时间复杂度的影响不大，为了降低编程压力，就不再细化了。

在最多情况下（例如第一行黑白相间），每个插头的连通性信息都不一样，因此我们需要 \(4\) 位二进制位记录连通性，再加上颜色信息，本题的 Offset 为 \(5\) 位。

代码实现

C++
const int Offset = 5, Mask = (1 << Offset) - 1;
int c[N + 2];
int b[N + 2], bb[N + 3];

T_state encode() {
  T_state s = 0;
  memset(bb, -1, sizeof(bb));
  int bn = 1;
  bb[0] = 0;
  for (int i = m; i >= 0; --i) {
#define bi bb[b[i]]
    if (!~bi) bi = bn++;
    s <<= Offset;
    s |= (bi << 1) | c[i];
  }
  return s;
}

void decode(T_state s) {
  REP(i, m + 1) {
    b[i] = s & Mask;
    c[i] = b[i] & 1;
    b[i] >>= 1;
    s >>= Offset;
  }
}

手写哈希

因为需要构造任意一组方案，这里的哈希表我们需要添加一组域 pre[] 来记录每个状态在上一阶段的任意一个前驱。

代码实现

C++
const int Prime = 9979, MaxSZ = 1 << 20;

template <class T_state, class T_key>
struct hashTable {
  int head[Prime];
  int next[MaxSZ], sz;
  T_state state[MaxSZ];
  T_key key[MaxSZ];
  int pre[MaxSZ];

  void clear() {
    sz = 0;
    memset(head, -1, sizeof(head));
  }

  void push(T_state s, T_key d, T_state u) {
    int x = s % Prime;
    for (int i = head[x]; ~i; i = next[i]) {
      if (state[i] == s) {
        key[i] += d;
        return;
      }
    }
    state[sz] = s, key[sz] = d, pre[sz] = u;
    next[sz] = head[x], head[x] = sz++;
  }

  void roll() { REP(ii, sz) state[ii] <<= Offset; }
};

hashTable<T_state, T_key> _H, H[N][N], *H0, *H1;

方案构造

有了上面的信息，我们就可以容易的构造方案了。首先遍历当前哈希表中的状态，如果连通块数目不超过 \(2\)，那么统计进方案数。如果方案数不为 \(0\)，我们倒序用 pre 数组构造出方案，注意每一行的末尾因为我们执行了 Roll() 操作，颜色需要取 c[j+1]。

代码实现

C++
void print() {
  T_key z = 0;
  int u;
  REP(i, H1->sz) {
    decode(H1->state[i]);
    if (*max_element(b + 1, b + m + 1) <= 2) {
      z += H1->key[i];
      u = i;
    }
  }
  cout << z << endl;
  if (z) {
    DWN(i, n, 0) {
      B[i][m] = 0;
      DWN(j, m, 0) {
        decode(H[i][j].state[u]);
        int cc = j == m - 1 ? c[j + 1] : c[j];
        B[i][j] = cc ? 'o' : '#';
        u = H[i][j].pre[u];
      }
    }
    REP(i, n) puts(B[i]);
  }
  puts("");
}

状态转移

我们记：

cc 当前正在染色的格子的颜色
lf 左边格子的颜色
up 上边格子的颜色
lu 左上格子的颜色

我们用 \(-1\) 表示颜色不存在。接下来讨论状态转移，一共有三种情况，合并，继承与生成：

状态转移 - 代码

C++
void trans(int i, int j, int u, int cc) {
  decode(H0->state[u]);
  int lf = j ? c[j - 1] : -1, lu = b[j] ? c[j] : -1,
      up = b[j + 1] ? c[j + 1] : -1;  // 没有颜色也是颜色的一种！
  if (lf == cc && up == cc) {         // 合并
    if (lu == cc) return;             // 2x2 子矩形相同的情况
    int lf_b = b[j - 1], up_b = b[j + 1];
    REP(i, m + 1) if (b[i] == up_b) { b[i] = lf_b; }
    b[j] = lf_b;
  } else if (lf == cc || up == cc) {  // 继承
    if (lf == cc)
      b[j] = b[j - 1];
    else
      b[j] = b[j + 1];
  } else {                                             // 生成
    if (i == n - 1 && j == m - 1 && lu == cc) return;  // 特判
    b[j] = m + 2;
  }
  c[j] = cc;
  if (!ok(i, j, cc)) return;  // 判断是否会因生成封闭的连通块导致不合法
  H1->push(encode(), H0->key[u], u);
}

对于最后一种情况需要注意的是，如果已经生成了一个封闭的连通区域，那么我们不能再使用她的颜色染色，否则这种颜色会出现两个连通块。我们似乎需要额度记录这种事件，可以参考「ZOJ 3213」Beautiful Meadow 中的做法，再开一维记录这个事件。不过利用本题的特殊性，我们也可以特判掉。

特判 - 代码

C++
bool ok(int i, int j, int cc) {
  if (cc == c[j + 1]) return true;
  int up = b[j + 1];
  if (!up) return true;
  int c1 = 0, c2 = 0;
  REP(i, m + 1) if (i != j + 1) {
    if (b[i] == b[j + 1]) {  // 连通性相同，颜色一定相同
      assert(c[i] == c[j + 1]);
    }
    if (c[i] == c[j + 1] && b[i] == b[j + 1]) ++c1;
    if (c[i] == c[j + 1]) ++c2;
  }
  if (!c1) {               // 如果会生成新的封闭连通块
    if (c2) return false;  // 如果轮廓线上还有相同的颜色
    if (i < n - 1 || j < m - 2) return false;
  }
  return true;
}

进一步讨论连通块消失的情况。每当我们对一个格子进行染色后，如果没有其他格子与其上侧的格子连通，那么会形成一个封闭的连通块。这个事件仅在最后一行的最后两列时可以发生，否则后续为了不出现 \(2\times 2\) 的同色连通块，这个颜色一定会再次出现，除了下面的情况：

Text Only
2 2
o#
#o

我们特判掉这种情况，这样在本题中，就可以偷懒不用记录之前是否已经生成了封闭的连通块了。

例题代码

C++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long T_state;
typedef int T_key;
const int N = 8;
int n, m;
char A[N + 1][N + 1], B[N + 1][N + 1];
const int Offset = 5, Mask = (1 << Offset) - 1;
int c[N + 2];
int b[N + 2], bb[N + 3];

T_state encode() {
  T_state s = 0;
  memset(bb, -1, sizeof(bb));
  int bn = 1;
  bb[0] = 0;
  for (int i = m; i >= 0; --i) {
    if (!~bb[b[i]]) bb[b[i]] = bn++;
    s <<= Offset;
    s |= (bb[b[i]] << 1) | c[i];
  }
  return s;
}

void decode(T_state s) {
  for (int i = 0; i < m + 1; i++) {
    b[i] = s & Mask;
    c[i] = b[i] & 1;
    b[i] >>= 1;
    s >>= Offset;
  }
}

const int Prime = 9979, MaxSZ = 1 << 20;

template <class T_state, class T_key>
struct hashTable {
  int head[Prime];
  int next[MaxSZ], sz;
  T_state state[MaxSZ];
  T_key key[MaxSZ];
  int pre[MaxSZ];

  void clear() {
    sz = 0;
    memset(head, -1, sizeof(head));
  }

  void push(T_state s, T_key d, T_state u) {
    int x = s % Prime;
    for (int i = head[x]; ~i; i = next[i]) {
      if (state[i] == s) {
        key[i] += d;
        return;
      }
    }
    state[sz] = s, key[sz] = d, pre[sz] = u;
    next[sz] = head[x], head[x] = sz++;
  }

  void roll() {
    for (int ii = 0; ii < sz; ii++) state[ii] <<= Offset;
  }
};

hashTable<T_state, T_key> _H, H[N][N], *H0, *H1;

bool ok(int i, int j, int cc) {
  if (cc == c[j + 1]) return true;
  int up = b[j + 1];
  if (!up) return true;
  int c1 = 0, c2 = 0;
  for (int i = 0; i < m + 1; i++)
    if (i != j + 1) {
      if (b[i] == b[j + 1]) {  // 连通性相同，颜色一定相同
        assert(c[i] == c[j + 1]);
      }
      if (c[i] == c[j + 1] && b[i] == b[j + 1]) ++c1;
      if (c[i] == c[j + 1]) ++c2;
    }
  if (!c1) {               // 如果会生成新的封闭连通块
    if (c2) return false;  // 如果轮廓线上还有相同的颜色
    if (i < n - 1 || j < m - 2) return false;
  }
  return true;
}

void trans(int i, int j, int u, int cc) {
  decode(H0->state[u]);
  int lf = j ? c[j - 1] : -1, lu = b[j] ? c[j] : -1,
      up = b[j + 1] ? c[j + 1] : -1;  // 没有颜色也是颜色的一种！
  if (lf == cc && up == cc) {         // 合并
    if (lu == cc) return;             // 2x2 子矩形相同的情况
    int lf_b = b[j - 1], up_b = b[j + 1];
    for (int i = 0; i < m + 1; i++)
      if (b[i] == up_b) {
        b[i] = lf_b;
      }
    b[j] = lf_b;
  } else if (lf == cc || up == cc) {  // 继承
    if (lf == cc)
      b[j] = b[j - 1];
    else
      b[j] = b[j + 1];
  } else {                                             // 生成
    if (i == n - 1 && j == m - 1 && lu == cc) return;  // 特判
    b[j] = m + 2;
  }
  c[j] = cc;
  if (!ok(i, j, cc)) return;  // 判断是否会因生成封闭的连通块导致不合法
  H1->push(encode(), H0->key[u], u);
}

void init() {
  cin >> n >> m;
  for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%s", A[i]);
}

void solve() {
  H1 = &_H, H1->clear(), H1->push(0, 1, 0);
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    for (int j = 0; j < m; j++) {
      H0 = H1, H1 = &H[i][j], H1->clear();
      for (int u = 0; u < H0->sz; u++) {
        if (A[i][j] == '.' || A[i][j] == '#') trans(i, j, u, 0);
        if (A[i][j] == '.' || A[i][j] == 'o') trans(i, j, u, 1);
      }
    }
    H1->roll();
  }
}

void print() {
  T_key z = 0;
  int u;
  for (int i = 0; i < H1->sz; i++) {
    decode(H1->state[i]);
    if (*max_element(b + 1, b + m + 1) <= 2) {
      z += H1->key[i];
      u = i;
    }
  }
  cout << z << endl;
  if (z) {
    for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
      B[i][m] = 0;
      for (int j = m - 1; j >= 0; j--) {
        decode(H[i][j].state[u]);
        int cc = j == m - 1 ? c[j + 1] : c[j];
        B[i][j] = cc ? 'o' : '#';
        u = H[i][j].pre[u];
      }
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) puts(B[i]);
  }
  puts("");
}

int main() {
  int T;
  cin >> T;
  while (T--) {
    init();
    solve();
    print();
  }
}

习题

习题「Topcoder SRM 312. Div1 Hard」CheapestIsland

题目大意：给一个棋盘图，每个格子有权值，求权值之和最小的连通块。

习题「JLOI 2009」神秘的生物

题目大意：给一个棋盘图，每个格子有权值，求权值之和最大的连通块。

图论模型

例题「NOI 2007 Day2」生成树计数

题目大意：某类特殊图的生成树计数，每个节点恰好与其前 \(k\) 个节点之间有边相连。

例题「2015 ACM-ICPC Asia Shenyang Regional Contest - Problem E」Efficient Tree

题目大意：给出一个 \(N\times M\) 的网格图，以及相邻四连通格子之间的边权。对于一颗生成树，每个节点的得分为 1+[有一条连向上的边]+[有一条连向左的边]。生成树的得分为所有节点的得分之积。

你需要求出：最小生成树的边权和，以及所有最小生成树的得分之和。（\(n\le 800,m\le 7\)）

实战篇

例题

例题「HDU 4113」Construct the Great Wall

题目大意：在 \(N\times M\) 的棋盘内构造一组回路，分割所有的 x 和 o。

有一类插头 DP 问题要求我们在棋盘上构造一组墙，以分割棋盘上的某些元素。不妨称之为修墙问题，这类问题既可视作染色模型，也可视作路径模型。

greatwall

在本题中，如果视作染色模型的话，不仅需要额外讨论染色区域的周长，还要判断在角上触碰而导致不合法的情况（图 2）。另外与「UVA 10572」Black & White 不同的是，本题中要求围墙为简单多边形，因而对于下面的回字形的情况，在本题中是不合法的。

Text Only
3 3
ooo
oxo
ooo

因而我们使用路径模型，转化为一条回路来处理。

我们沿着棋盘的交叉点进行 DP（因而长宽需要增加 \(1\)），每次转移时，需要保证所有的 x 在回路之外，o 在回路之内。因此我们还需要维护当前位置是否在回路内部。对于这个信息我们可以加维，也可以直接统计轮廓线上到这个位置之前出现下插头次数的奇偶性（射线法）。

例题代码

C++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i, n) for (int i = 0; i < n; ++i)

template <class T>
inline bool checkMin(T &a, const T b) {
  return b < a ? a = b, 1 : 0;
}

const int N = 10, M = N;
const int offset = 3, mask = (1 << offset) - 1;
int n, m;
int d;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int b[M + 1], bb[M + 1];

int encode() {
  int s = 0;
  memset(bb, -1, sizeof(bb));
  int bn = 1;
  bb[0] = 0;
  for (int i = m; i >= 0; --i) {
#define bi bb[b[i]]
    if (!~bi) bi = bn++;
    s <<= offset;
    s |= bi;
  }
  return s;
}

void decode(int s) {
  REP(i, m + 1) {
    b[i] = s & mask;
    s >>= offset;
  }
}

const int MaxSZ = 16796, Prime = 9973;

struct hashTable {
  int head[Prime], next[MaxSZ], sz;
  int state[MaxSZ];
  int key[MaxSZ];

  inline void clear() {
    sz = 0;
    memset(head, -1, sizeof(head));
  }

  inline void push(int s) {
    int x = s % Prime;
    for (int i = head[x]; ~i; i = next[i]) {
      if (state[i] == s) {
        checkMin(key[i], d);
        return;
      }
    }
    state[sz] = s, key[sz] = d;
    next[sz] = head[x];
    head[x] = sz++;
  }

  void roll() { REP(i, sz) state[i] <<= offset; }
} H[2], *H0, *H1;

char A[N + 1][M + 1];

void push(int i, int j, int dn, int rt) {
  b[j] = dn;
  b[j + 1] = rt;
  if (A[i][j] != '.') {
    bool bad = A[i][j] == 'o';
    REP(jj, j + 1) if (b[jj]) bad ^= 1;
    if (bad) return;
  }
  H1->push(encode());
}

int solve() {
  cin >> n >> m;
  int ti, tj;
  REP(i, n) {
    scanf("%s", A[i]);
    REP(j, m) if (A[i][j] == 'o') ti = i, tj = j;
    A[i][m] = '.';
  }
  REP(j, m + 1) A[n][j] = '.';
  ++n, ++m, ++ti, ++tj;
  H0 = H, H1 = H + 1;
  H1->clear();
  d = 0;
  H1->push(0);
  int z = INF;
  REP(i, n) {
    REP(j, m) {
      swap(H0, H1);
      H1->clear();
      REP(ii, H0->sz) {
        decode(H0->state[ii]);
        d = H0->key[ii] + 1;
        int lt = b[j], up = b[j + 1];
        bool dn = i != n - 1, rt = j != m - 1;
        if (lt && up) {
          if (lt == up) {
            int cnt = 0;
            REP(i, m + 1) if (b[i])++ cnt;
            if (cnt == 2 && i == ti && j == tj) {
              checkMin(z, d);
            }
          } else {
            REP(i, m + 1) if (b[i] == lt) b[i] = up;
            push(i, j, 0, 0);
          }
        } else if (lt || up) {
          int t = lt | up;
          if (dn) {
            push(i, j, t, 0);
          }
          if (rt) {
            push(i, j, 0, t);
          }
        } else {
          --d;
          push(i, j, 0, 0);
          ++d;
          if (dn && rt) {
            push(i, j, m, m);
          }
        }
      }
    }
    H1->roll();
  }
  if (z == INF) z = -1;
  return z;
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif
  int T;
  cin >> T;
  for (int Case = 1; Case <= T; ++Case) {
    printf("Case #%d: %d\n", Case, solve());
  }
}

习题

习题「HDU 4796」Winter's Coming

题目大意：在 \(N\times M\) 的棋盘内对未染色的格点进行黑白灰染色，要求所有黑色区域和白色区域连通，且黑色区域与白色区域分别与棋盘的上下边界连通，且其中黑色区域与白色区域不能相邻。每个格子有对应的代价，求一组染色方案，最小化灰色区域的代价。

4796

习题「ZOJ 2125」Rocket Mania

题目大意：\(9\times6\) 的地图上每个格子里是一种管道（-,T,L,+ 型或没有），可以把管道旋转 0°,90°,180°,270°, 问地图最多能有几行的右边界与第 X 行的左边界通过管道相连。

习题「ZOJ 2126」Rocket Mania Plus

题目大意：\(9\times6\) 的地图上每个格子里是一种管道（-,T,L,+ 型或没有），可以把管道旋转 0°,90°,180°,270°, 问地图最多能有几行的右边界与左边界通过管道相连。

习题「World Finals 2009/2010 Harbin」Channel

题目大意：一张方格地图上用 . 表示空地、# 表示石头，找到最长的一条路径满足：

起点在左上角，终点在右下角。
不能经过石头。
路径自身不能在八连通的意义下成环。（即包括拐角处也不能接触）

习题「HDU 3958」Tower Defence

题目大意：可以转化为求解一条从 \(\mathit{S}\) 到 \(\mathit{T}\) 的不能接触的最长路径，拐角处可以接触。

习题「UVA 10531」Maze Statistics

题目大意：有一个 \(N\times M\) 的图，每个格子有独立概率 \(\mathit{p}\) 变成障碍物。你要从迷宫左上角走到迷宫右下角。求每个格子成为一个 有解迷宫（即起点终点四联通） 中的障碍物的概率。（\(N \le 5\)，\(M \le 6\)）

习题「AIZU 2452」Pipeline Plans

题目大意：现有一共 12 种图案的瓷砖，每种瓷砖数量给定。要求铺到一块可视为 \(R\times C\) 网格图的矩形地板上，一个格子铺一块瓷砖，且左上角格子的中心与右下角格子的中心通过瓷砖图案上的线联通。\((2 \le R \times C \le 15)\)

plug2

习题「SDOI 2014」电路板

题目大意：一块 \(N\times M\) 的电路板，上面有些位置是电线不能走的障碍，给定 \(K\) 个格子对，要求每对格子都有电线相连，且电线之间互不相交（允许一条电路线从上边界进入当前格子，从左边界离开这个格子，另外一条电路线可以从下边界进入格子，从右边界出去）。视电线为无向边，求满足要求的最短电线长度和方案数。

习题「SPOJ CAKE3」Delicious Cake

题目大意：一块可视为 \(N\times M\) 网格的蛋糕，现沿着格线将蛋糕切成数块，问有多少种不同的切割方法。切法相同当且仅当切成的每块蛋糕都形状相同且在同一位置上。（\(\min(N,M) \le 5, \max(N,M) \le 130\)）

本章注记

插头 DP 问题通常编码难度较大，讨论复杂，因而属于 OI/ACM 中相对较为偏门的领域。这方面最为经典的资料，当属 2008 年陈丹琦的集训队论文——基于连通性状态压缩的动态规划问题。其次，HDU 的 notonlysuccess 2011 年曾经在博客中连续写过两篇由浅入深的专题，也是不可多得的好资料，不过现在需要在 Web Archive 里考古。

多米诺骨牌覆盖

「HDU 1400」Mondriaan’s Dream 也出现在《算法竞赛入门经典训练指南》中，并作为《轮廓线上的动态规划》一节的例题。多米诺骨牌覆盖（Domino tiling）是一组非常经典的数学问题，稍微修改其数据范围就可以得到不同难度，需要应用不同的算法解决的子问题。

当限定 \(m=2\) 时，多米诺骨牌覆盖等价于斐波那契数列。《具体数学》中使用了该问题以引出斐波那契数列，并使用了多种方法得到其解析解。

当 \(m\le 10,n\le 10^9\) 时，可以将转移方程预处理成矩阵形式，并使用矩阵乘法进行加速。

domino_v2_transform_matrix

当 \(n,m\le 100\)，可以用 FKT Algorithm 计算其所对应平面图的完美匹配数。

一条路径

「一条路径」是哈密顿路径（Hamiltonian Path）问题在格点图（Grid Graph）中的一种特殊情况。哈密顿路径的判定性问题是 NP-complete 家族中的重要成员。Niconico 上有一个『フカシギの数え方』おねえさんといっしょ！みんなで数えてみよう（和大姐姐一起学习计算系列）的科普向视频，就使用这个问题作为例子，来说明 NPC 问题的计算时间如何随着问题的规模的线性增长而指数增长。

sm18847458

【动画】从方格这头走向那头有多少种走法呢～【结尾迷之感动】|Youtube

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