[模板] 插頭 DP

[模板] 插頭DP——從入門到入墳

陳丹琦——《基於連通性狀態壓縮的動態規劃問題》

傳送門

模板是插頭DP的入門題，詢問 帶障礙網格中的合法迴路個數。

概念類

棋盤模型問題：採用逐行，逐列，逐格的狀態轉移方式。

對於此題，逐格轉移是最快的。

插頭：整個 DP 中的核心。

定義

對於一個四聯通問題來說，一個格子通常有上下左右四個插頭，一個格子再一個方向上的插頭定義為 該格子可以通過這個方向與外界連通。

比如說，插頭 \(1\) 是上面黃底色格子的下插頭，是下面格子的上插頭。

如果逐行DP的話，第 \(i\) 行的所有下插頭會成為第 \(i+1\) 行的所有上插頭。

狀態表示法

通過狀態表示法，我們可以把輪廓線處的插頭狀態表示為一個 \(p\)

進位制數。

最小表示法。

最小表示法，也就是用不同的數字來表示 輪廓線以上（已知部分） 不同的插頭所處的線路。

比如上圖輪廓線處狀壓起來就是 \((1,1,2,2)\)，至於最小表示類似於 字串的最小表示，採用四進位制儲存以加快運算。

括號序列表示法。

對於一對連通的插頭，用數對 \((1,2)\) 來表示，用 \(1\) 來代替左括號 \((\)，\(2\) 來代替右括號 \()\) 。

類似於括號序列，所以把它叫做括號序列表示法。

比如上圖狀壓起來就是 \((1,2,1,2)\) 。

所有的狀態表示法，都基於對線路的唯一表示，防止衝突。只要線路與狀態表示一一對應，就可以是一種狀態表示法。

輪廓線狀壓轉移

通過狀態表示法，根據輪廓線插頭對當前格 \((i,j)\) 的影響 考慮幾類可能的轉移。

所謂輪廓線狀壓，也就是隻關注輪廓線處的一些插頭對逐格轉移過程中當前格的影響。

根據格子所處位置附近連通塊的連通情況，可以分為三類。

新建一個連通塊。

當且僅當輪廓線處不存在向右或者向下的插頭，\((i,j)\) 提供向下和向右的插頭。

連線兩個已有連通塊。

輪廓線處有向右和向下的插頭，\((i,j)\) 分別通過向左和向上的插頭把它們連線起來。

接上之前的連通塊。

也就是輪廓線處只有一個向右或向下的插頭，\((i,j)\) 分別提供向左或向上的插頭。

那麼設 \(f(i,j,S)\)

表示當前處理完了 \((i,j)\) 及之前的點，輪廓線附近括號序列為 \(S\) 的方案數。

程式碼實現

採用滾動陣列，對於一個 \((i,j)\) 維護一維 \(f\)。
用雜湊表把 \(S\) 對映為序列數字，維護上一個點 \((i,j-1)\) 的所有狀態資訊，用掛鏈法處理雜湊衝突。
採用刷表法，用雜湊表維護 DP 過程。

上面討論過了按照連通性分類，下面按照 \(up\) 和 \(left\) 插頭的情況進行分類。

當前為障礙點，必須保證兩個插頭均為空才可加入決策集合。
當前不是障礙點。
1. 兩個插頭都沒有：考慮新增一個連通塊，括號序列改變。
2. 只有上面過來的插頭：選擇向右走或者向下走，注意：插頭序列均改變。
3. 只有左面過來的插頭：選擇向右走或者向下走，插頭序列均改變。
4. 上面和左面過來的插頭都是 \(1\)，也就是都是左括號：向右找到第一個能和當前左括號匹配上的右括號的位置，計算插頭貢獻，插頭序列改變。
5. 上面和左面過來的插頭都是 \(2\)，也就是都是右括號：向左找到第一個能和當前右括號匹配上的左括號的位置，計算插頭貢獻，插頭序列改變。
6. 上面過來的插頭是 \(1\)，左面過來的插頭是 \(2\)，直接連起來即可。
7. 上面過來的插頭是 \(2\)，左面過來的插頭是 \(1\)，說明形成了迴路，在最後遍歷到的非障礙點把答案加上，其它情況不管，這保證了最後一定是一種方案對應一條迴路。

狀壓插頭序列時的細節問題

對應於這一行：

for(int j=1;j<=tot[now];j++)a[now][j]<<=2;//詳細分析

這就涉及到了當前 \(i\) 這一行的狀壓問題。

可以發現，一條豎線（ \((i,j)\) 左側的邊）將這一行分成了兩部分，其中這一豎線佔據第 \(j-1\) 位，這條豎線之前的第 \(t\) 列由於它都佔據了第 \(t-1\) 位，而豎線右側的第 \(t\) 列都佔據了第 \(t\) 位。這是 \((i,j)\) 被刷到之前，也就是轉移之前。

轉移之後，豎線變為佔據第 \(j\) 位，而之前的第 \(j\) 列佔據了第 \(j-1\) 列，也就是說每次取到上面插頭都是第 \(j\) 列，對於 上一行結束的狀態序列，第 \(j\) 列表示的還是第 \(j-1\) 列，所以需要左移一位，這僅僅在每一行開始的時候做這個事情。

程式碼

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
template <typename T>
inline T read(){
	T x=0;char ch=getchar();bool fl=false;
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')fl=true;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){
		x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();
	}
	return fl?-x:x;
}
const int maxn = 20 , P = 590027;
const int maxm = 6e5 + 10;
int n,m,mp[maxn][maxn],stx,sty;
#define LL long long
#define read() read<int>()
LL ans,f[2][maxm];
int head[maxm],tot[2],now,last;
int nxt[maxm],a[2][maxm];
int bit[28];
void Hash(int sta,LL val){//輔助維護上一階段資訊的雜湊表
	int t=sta%P+1;
	for(int i=head[t];i;i=nxt[i]){
		if(a[now][i]==sta)return f[now][i]+=val,void();
	}
	nxt[++tot[now]]=head[t];head[t]=tot[now];
	a[now][tot[now]]=sta;f[now][tot[now]]=val;
}
void solve(){
	tot[now]=1;a[now][1]=0;f[now][1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=tot[now];j++)a[now][j]<<=2;//詳細分析
		for(int j=1;j<=m;j++){
			last=now;now^=1;tot[now]=0;
			memset(head,0,sizeof head);
			for(int k=1;k<=tot[last];k++){
				int sta=a[last][k],up=(sta>>(j*2))%4,left=(sta>>(j*2-2))%4;
				LL val=f[last][k];
				if(!mp[i][j]){if(!up && !left)Hash(sta,val);}//裡面判不判都一樣，保證合法即可
				else if(!up && !left){
					if(mp[i+1][j] && mp[i][j+1])Hash(sta+bit[j-1]+2*bit[j],val);//新開一個，1,0
				}
				else if(up && !left){
					if(mp[i+1][j])Hash(sta-bit[j]*up+bit[j-1]*up,val);//go down
					if(mp[i][j+1])Hash(sta-bit[j]*up+bit[j]*up,val);//go right
				}
				else if(!up && left){
					if(mp[i][j+1])Hash(sta-bit[j-1]*left+bit[j]*left,val);//go right
					if(mp[i+1][j])Hash(sta-bit[j-1]*left+bit[j-1]*left,val);//go down
				}
				else if(up==1 && left==1){//找到第一個匹配的右括號
					int sz=1;
					for(int t=j+1;t<=m;t++){
						if((sta>>(t*2))%4==1)sz++;
						if((sta>>(t*2))%4==2)sz--;
						if(!sz){
							Hash(sta-bit[j]-bit[j-1]-bit[t],val);//右括號->左括號
							break;
						}
					}
				}
				else if(up==2 && left==2){//找到第一個匹配的左括號
					int sz=1;
					for(int t=j-2;t>=0;t--){//t-1 --> t(真實)
						if((sta>>(t*2))%4==1)sz--;
						if((sta>>(t*2))%4==2)sz++;
						if(!sz){
							Hash(sta-2*bit[j]-2*bit[j-1]+bit[t],val);//左括號->右括號
							break;
						}
					}
				}
				else if(up==1 && left==2)Hash(sta-2*bit[j-1]-bit[j],val);
				else if(up==2 && left==1){
					if(i==stx && j==sty)ans+=val;
				}	
			}
		}
	}
}
char s[maxn];
int main(){
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>s+1;
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(s[j]=='.')mp[i][j]=1,stx=i,sty=j;
			else if(s[j]=='*')mp[i][j]=0;
		}
	}
	bit[0]=1;
	for(int i=1;i<=12;i++)bit[i]=bit[i-1]<<2;
	solve();
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

簡單例題

[SCOI2011]地板

題意

用 \(L\) 型地板鋪滿非障礙格子的方案數，\(L\) 型格子不能是條形的。

解題報告

類似於求迴路的普通插頭DP，有以下幾點不同：

不需要使用上面的任何狀態表示法，因為 不需要記錄每一條線的連通情況 了。
由於一條 \(L\) 型地板只能拐一次彎，在插頭處記錄能不能拐彎。（\(1\) 表示可以拐彎，\(2\) 表示不能拐彎）
可以 在一條拐過彎的地板的任何時刻中止它，這也是最容易忘的。

新的體會（2021/8/6）

插頭的真正含義是 相鄰的兩個格子可以連通，比如說中止當前地板時，就沒有往外走的插頭了。
三進位制數在改狀態改的少的情況下同樣可以跑的飛快（除法對時間的影響小）。

換行時對於所有狀態左移一位的操作，需要 分維計算。

for(int j=0;j<bit[m+1];j++)f[now^1][j]=0;
for(int j=0;j<bit[m];j++)f[now^1][j*3]=f[now][j];
now^=1;

否則會產生同一維之間的影響和一些奇怪錯誤。

插頭DP真的是細節非常多，主要是分討容易丟情況。

除錯時的技巧

看當前結點可以由哪些狀態轉移過來，或者是與哪些插頭相鄰，手玩列舉這些所有可能的情況，看看丟沒丟解。

cerr<<"pos: "<<i<<" "<<j<<" "<<s<<endl;//
cerr<<up<<" "<<left<<" "<<val<<endl;//

這是我除錯時的圖（第二個樣例），明顯對於 \((2,3)\) 這個點少了一種情況是：上插頭為 \(1\)，這就是由於當時沒有考慮停止當前地板的情況。

三進位制寫法：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
template <typename T>
inline T read(){
    T x=0;char ch=getchar();bool fl=false;
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')fl=true;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){
        x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();
    }
    return fl?-x:x;
}
const int P = 20110520;
inline void Plus(int &x,int y){
	x+=y;
	if(x>=P)x-=P;
}
const int maxm = 2e5 + 10;
const int maxn = 105;
int f[2][maxm],bit[100],mp[maxn][maxn];
char s[maxn];
int n,m,now,last;
void solve(){
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<bit[m+1];j++)f[now^1][j]=0;
		for(int j=0;j<bit[m];j++)f[now^1][j*3]=f[now][j];
		now^=1;
		for(int j=1;j<=m;j++){
			last=now;now^=1;
			for(int s=0;s<bit[m+1];s++)f[now][s]=0;
			for(int s=0;s<bit[m+1];s++){
				if(!f[last][s])continue;
				int up=(s/bit[j])%3,left=(s/bit[j-1])%3;
				int val=f[last][s];
				if(!mp[i][j]){
					if(!up && !left)Plus(f[now][s],val);continue;
				}
				if(!up && !left){
					if(mp[i+1][j] && mp[i][j+1])Plus(f[now][s+2*bit[j]+2*bit[j-1]],val);
					if(mp[i+1][j])Plus(f[now][s+bit[j-1]],val);
					if(mp[i][j+1])Plus(f[now][s+bit[j]],val);
				}
				if(up && !left){
					if(up==1){
						if(mp[i][j+1])Plus(f[now][s-bit[j]+2*bit[j]],val);
					}
					if(up==2){
						Plus(f[now][s-2*bit[j]],val);
					}
					if(mp[i+1][j])Plus(f[now][s-up*bit[j]+up*bit[j-1]],val);
				}
				if(!up && left){
					if(left==1){
						if(mp[i+1][j])Plus(f[now][s-bit[j-1]+2*bit[j-1]],val);
					}
					if(left==2){
						Plus(f[now][s-2*bit[j-1]],val);
					}
					if(mp[i][j+1])Plus(f[now][s-left*bit[j-1]+left*bit[j]],val);
				}
				if(up==1 && left==1){
					Plus(f[now][s-bit[j]-bit[j-1]],val);
				}
			}
		}
	}
}
#define read() read<int>()
int main(){
	n=read();m=read();
	bool fl=(n<m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>s+1;
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(s[j]=='_')fl?(mp[j][i]=1):(mp[i][j]=1);
		}
	}
	if(fl)swap(n,m);
	bit[0]=1;
	for(int i=1;i<=m+1;i++)bit[i]=bit[i-1]*3;
	solve();
	printf("%d\n",f[now][0]);
	return 0;
}

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