好学易懂 从零开始的插头DP（一）

好学易懂 从零开始的插头DP（一）

写在前面

这是一篇，以蒟蒻视角展开的梳理总结。更改了一些顺序，变化了一些细节。方便蒟蒻学习理解（起码本蒟蒻是这样）。大佬们能够直接看其它大佬的博客，能够学的更快。

你必需要学会的前置知识：状态压缩DP
学不会依旧能够读，可是推荐学的前置知识：哈希

论文贡前面，建议读完博客再看。
《基于连通性状态压缩的动态规划问题》

什么是插头DP

很显然，是一个关于插头的动态规划。那么，什么是插头呢？

如图咱们在一个方格内，关于格点画一条闭合回路。

对于每个方格，内部，有六种状况

不难发现，对于回路里的任何一个方格，四条边中，有且仅有两个与表示路径的蓝色线相交。这也很好理解，进一次，出一次，C（4，2）=6。
咱们如今把格子里的蓝色线条，变成从格子中心指向外边的→。

这个箭头，也就是所谓的插头。

例题

咱们结合一个例题来看，这个题目是洛谷模板题的弱化版，不少博客放在了模板题后的第一题，结合我的经历我以为它比模板题更适合做第一题。
题目连接：HDU1693 or 洛谷P5074
题目大意：给一个n*m的方格，有些格子必须走，有些格子不能走。问有多少种不一样的闭合回路。（1<=n,m<=12)

那么，把回路模型变成插头模型有什么好处或者性质呢？
1：首先，咱们能够发现，若是一个格子上方的格子有下插头，那这个格子必定有上插头。其它方向相似。
2：一个格子的合理取法合且仅合相邻的格子有关。

观察下第二点，它其实表明了无后效性。假设咱们从上到下，从左到右的处理每个格子，那么咱们只须要记录部分格子的状态便可，再往上的格子具体状态不用知道。

如上图，对于当前格子，咱们只须要知道红色的这些格子就好了，再上面的格子具体的取法，已经不会对下面任何未处理的格子产生影响。

已经掌握了状态压缩的你，必定能轻松的算出状态总数，每一个格子6种，维护n个格子。总共6 n 6^n6n种状态，好的，完蛋，只有2e9个状态。

别急，咱们真的须要2e9个状态嘛？这些格子里，指向彼此和已经处理过的格子的插头，显然是废物信息。咱们实际上只须要知道这些插头嘛：

蓝色的是其它格子须要用到的，黄色的是当前格子须要用到的。咱们只须要知道这m+1个箭头是否存在就能够了。总共2 m ∗ 2 2^m*22m∗2个状态。再乘上n和m，时空复杂度都绰绰有余。
那么，怎么实现呢？咱们要解决两个问题。

1：已知这些插头的状况下，这个方格该如何填。
2：填完这个方格后，如何获得下一个方格所须要的插头状态，更特殊的，如何从上一行行末，变到下一行行初。

这两个问题，其实都不是很难，稍微思考下，均可以独立解答，建议思考后再往下看。图片挡下文大法。

问题1：
1：若是当前格子存在左侧插头和上方插头，那么只有一种合理填法。

2：若是仅存在左侧插头，那么有两种合理填法。


3：若是仅存在上方插头，那和上一种相似，也是两种填法。


4：若是都不存在呢？只有一种填法

问题2：
解答了问题1，显然咱们也获得了问题2的解答，毕竟咱们填出了这个格子，天然知道插头分布。惟一特殊的是上一行末到这一行头的处理。上一行末不可能有右插头，那咱们直接把上一行末状态的表示最后是否存在右插头的位置去掉，再添加一个表示没有左插头的位，不就表示出了这一行第一个的状态了嘛，为了方便写，下方的代码里，我用dp[i][0][mask]表示转移后的上一行行末状态。

到这里，咱们已经获得了解法了，成熟的评测机，应该自动AC了吧（划去）。插头DP仍是要多写的，千万本身写一遍，别忘了，这只是模板题的弱化。
这里提供一份代码（洛谷AC）

 1 #include<iostream>
 2 #include<stdio.h>
 3 #include<cstring>
 4 using namespace std;
 5 int n,m,maxk,a[13][13];
 6 long long dp[13][13][1<<14];
 7 void init()
 8 { 
 9     scanf("%d%d",&n,&m);
10     maxk=(1<<(m+1))-1;
11     for (int i=1;i<=n;i++)
12     {
13         for (int j=1;j<=m;j++)
14         {
15             scanf("%d",&a[i][j]);
16         }
17     }
18     memset(dp,0,sizeof(dp));
19 }
20 void solve()
21 {
22     int prei,prej;
23     dp[0][m][0]=1;
24     for (int i=1;i<=n;i++)
25     {
26         for (int k=0;k<=maxk;k++)
27         {
28             dp[i][0][k<<1]=dp[i-1][m][k];
29         }
30         for (int j=1;j<=m;j++)
31         {
32             prei=i;
33             prej=j-1;
34             for (int k=0;k<=maxk;k++)
35             {
36                 int b1=(k>>(j-1))&1;
37                 int b2=(k>>j)&1;
38                 if (!a[i][j])
39                 {
40                     if (!b1&&!b2) dp[i][j][k]+=dp[prei][prej][k];
41                 }
42                 else if (!b1&&!b2)
43                 {
44                     dp[i][j][k+(1<<j)+(1<<(j-1))]+=dp[prei][prej][k];
45                 }
46                 else if (b1&&!b2)
47                 {
48                     dp[i][j][k]+=dp[prei][prej][k];
49                     dp[i][j][k+(1<<(j-1))]+=dp[prei][prej][k];
50                 }
51                 else if (!b1&&b2)
52                 {
53                     dp[i][j][k]+=dp[prei][prej][k];
54                     dp[i][j][k-(1<<(j-1))]+=dp[prei][prej][k];
55                 }
56                 else if (b1&&b2)
57                 {
58                     dp[i][j][k-(1<<j)-(1<<(j-1))]+=dp[prei][prej][k];
59                 }
60             }
61         }
62     }
63     printf("%lld\n",dp[n][m][0]);
64 }
65 int main()
66 {
67     int t;
68     scanf("%d",&t);
69     while (t--)
70     {
71         init();
72         solve();
73     }
74     return 0;
75 }

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电脑前这个努力的帅气身影是谁呢？そう 私 です