CQOI 2018 解锁屏幕

洛谷 P4460 [CQOI2018]解锁屏幕

洛谷传送门

题目背景

使用过Android 手机的同窗必定对手势解锁屏幕不陌生。Android 的解锁屏幕由3X3 个点组成，手指在屏幕上画一条线，将其中一些点链接起来，便可构成一个解锁图案。以下面三个例子所示:

题目描述

画线时还须要遵循一些规则:

1. 链接的点数不能少于4 个。也就是说只链接两个点或者三个点会提示错误。
2. 两个点之间的连线不能弯曲。
3. 每一个点只能“使用”一次，不可重复。这里的“使用”是指手指划过一个点，该点变绿。
4. 两个点之间的连线不能“跨过”另外一个点，除非那个点以前已经被“使用”过了。

对于最后一条规则，参见下图的解释。左边两幅图违反了该规则; 而右边两幅图(分别为2->4-1-3-6 和6->5-4->1->9-2) 则没有违反规则，由于在“跨过”点时，点已经被“使用”过了。

如今工程师但愿改进解锁屏幕，增减点的数目，并移动点的位置，再也不是一个九宫格形状，但保持上述画线的规则不变。请计算新的解锁屏幕上，一共有多少知足规则的画线方案。

输入格式

输入文件第一行，为一个整数n,表示点的数目。

接下来n 行，每行两个空格分开的整数x_i*x**i* 和y_i*y**i*,表示每一个点的坐标。

输出格式

输出文件共一行，为题目所求方案数除以100000007 的余数。

输入输出样例

输入 #1复制

输出 #1复制

输入 #2复制

输出 #2复制

说明/提示

样例#1解释: 设4 个点编号为1到4,方案有1->2->3->4，2->1->3->4，3->2->1->4，2->3->1->4，及其镜像4->3->2->1,3->4->2->1,2->3->4->1，3->2->4->1。

对于30%的数据，1≤n≤101≤n≤10

对于100%的数据，-1000≤x_i,y_i≤1000,1≤n<20−1000≤xi,yi≤1000,1≤n<20。各点坐标不相同

题解：

七哥@littleseven 推荐的题。必需要作

看到方案数想到递推，而后\(1\le N\le 20\)。因此想到状态压缩。而后七哥让我推状态。我一想，若是开多维的话可能空间会爆，因此考虑只开一维，压成一个\(1<<n\)的状态，表示每一个点是否被链接。

后来发现无法转移。因此考虑再开一维，因而处处搜索...拿什么作第二维能保证既能转移又不会挂空间呢？

一看数据范围，只有点数的二十还符合第二点要求，因此就选择这个作状态。苦思冥想看完题解以后，以为把状态设置成这样最合适：

\(dp[i][j]\)表示点的选择情况为\(i\)、选择的点集中终点为\(j\)时的方案数。

那么，针对于一个已定的状态\(i\)，它能转移的对象是这个状态中不为1的点。

举例：

\(dp[10010][2]\)能够转移到\(dp[11010][4],dp[10011][1]\)等状态。咱们在转移的时候判一下这个点可不能够转移便可。（条件是转移前的\(j\)和转移后的\(j\)连上的直线上全部的点所有已经被到达过）

这样的话，咱们能够先把两点间的点开\(vector\)存下，而后进行递推。

发现只连一个点的方案数是1.这个当初值。

咱们转移的时候记录把当前状态用\(st\)记录下来，而后再用\(k\)枚举上一层状态，若是符合条件（即上面的点都被通过了，用\(flag\)标记判断进行转移就好）

转移方程是：
\[ dp[st][j]=(dp[st][j]+dp[i][k])\quad(mod\,\,\,p) \]
完整代码就是：

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod=1e8+7;
int n;
bool flag;
int dp[1<<20][21];
struct node
{
    int x,y;
}a[21];
bool cmp(node a,node b)
{
    if(a.x==b.x)
        return a.y<b.y;
    return a.x<b.x;
}
vector<int> vec[21][21];
bool check(node a,node b,node c)
{
    return (a.x-b.x)*(b.y-c.y)==(b.x-c.x)*(a.y-b.y)?1:0;
}
int lowbit(int x)
{
    int ret=0;
    while(x)
    {
        x-=(x&(-x));
        ret++;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            for(int k=i+1;k<j;k++)
                if(check(a[i],a[k],a[j]))
                    vec[i][j].push_back(k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        dp[1<<(i-1)][i]=1;
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if((i>>(j-1))&1)
                continue;
            int st=(i|(1<<(j-1)));
            for(int k=1;k<=n;k++)
            {
                if(k==j)
                    continue;
                int xx=min(j,k);
                int yy=max(j,k);
                flag=0;
                for(int t=0;t<vec[xx][yy].size();t++)
                    if(!((i>>(vec[xx][yy][t]-1))&1))
                    {
                        flag=1;
                        break;
                    }
                if(flag)
                    continue;
                dp[st][j]=(dp[st][j]+dp[i][k])%mod;
            }
        }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
    {
        if(lowbit(i)<4)
            continue;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            ans=(ans+dp[i][j])%mod;
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}