本以为作为入门题的小小升级版，这个题上午就可以A了，结果磨叽到现在==自以为是的把题读错了
题意：打通屋子之间的墙壁需要消耗花钱，屋子是NxM的大小的，题里的#是表示不能出去的墙，（反正没啥用），有用的只是那这些数字，毕竟要凿开嘛~这可咋办，单回路这事好办，但是裸的模板只是记录了插头的相关信息，并没有记录花费的地方。本公举岂能被这点小事所困住？没有记录的地方再找一个地方记就好了嘛，考察你模板理解的时候到啦。之前散列表里面记录的截止到位置出现的方法数，这次需要记录的是截止到这个位置走过路程的最小值，每走过一次更新为较小的（dp嘛），可是为甚麽我的结果要减一才是正确结果呢……
因为我把“没有插头”（本题中哈希值应该作为花费）的状态压进去了即push(0,1)应该改成push(0,0) 也就是说 我的初始状态就是比正常的大一==
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hdu1694
2016.1.11
31MS 1948K 6151 B G++
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#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXD=15;
const int HASH=30007;//一个比实际容量稍大的素数
const int STATE=1000010;//哈希表的最大元素个数
using namespace std;
int N,M;
int maze[MAXD][MAXD];
int code[MAXD];
int ch[MAXD];//最小表示法使用
struct number
{
int right,below;
}node[12][12];
int ex,ey;//最后一个非障碍格子的坐标
struct HASHMAP
{
int head[HASH],next[STATE],size;
long long state[STATE];
long long f[STATE];
void init()
{
size=0;
memset(head,-1,sizeof(head));//用单独链表法处理碰撞
}
void push(long long st,long long ans)//key->value
{
int i;
int h=st%HASH;
for(i=head[h];i!=-1;i=next[i])//这里要注意是next
if(state[i]==st)//找到了此键值
{
if(ans<f[i]) f[i]=ans;
//键值已存在，在这种状态下只是把次数加进去就好啦
return;
}
state[size]=st;
f[size]=ans;
next[size]=head[h];
head[h]=size++;
}
}hm[2];
void decode(int *code,int m,long long st)//把某行上的轮廓信息解成一个code数组
{
for(int i=m;i>=0;i--)
{
code[i]=st&7;//要是只有2中状态就&1呗
st>>=3;
}
}
long long encode(int *code,int m)//最小表示法 m<=12显然只有6个不同的连通分量
{
int cnt=1;
memset(ch,-1,sizeof(ch));
ch[0]=0;
long long st=0;
for(int i=0;i<=m;i++)
{
if(ch[code[i]]==-1)ch[code[i]]=cnt++;//新发现一个
code[i]=ch[code[i]];
st<<=3;//0~7 8进制表示
st|=code[i];//<==>st+=code[i]
}
return st;//返回最终次轮廓上的连通分量信息
}
void shift(int *code,int m)//当到最后一列的时候，相当于需要把code中所有元素向右移一位
{
for(int i=m;i>0;i--)code[i]=code[i-1];
code[0]=0;
}
void dpblank(int i,int j,int cur)//cur是当前状态，操作之后就是cur^1啦 总共就三大种情况 逐个讨论一下就好
{
int k,left,up;
for(k=0;k<hm[cur].size;k++)
{
decode(code,M,hm[cur].state[k]);
left=code[j-1];
up=code[j];
if(left&&up)
{
if(left==up)//只能出现在最后一个非障碍格子
{
if(i==ex&&j==ey)
{
code[j-1]=code[j]=0;//最终合并成一个回路
if(j==M)shift(code,M);
hm[cur^1].push(encode(code,M),hm[cur].f[k]);
}
}
else//不在同一个连通分量则合并成同一个
{
code[j-1]=code[j]=0;
for(int t=0;t<=M;t++)//所谓的O(n)复杂度
if(code[t]==up)
code[t]=left;
if(j==M)shift(code,M);
hm[cur^1].push(encode(code,M),hm[cur].f[k]);
}
}
else if((left&&(!up))||((!left)&&up))//写的真墨迹 直接left||up就得了呗 右下没有插头则连出来一个
{//对于当前格子(i,j)code[j-1]是它左侧的格子插头信息，code[j]是它右边的格子插头信息
//处理后：code[j-1]是(i,j)下方格子插头信息，code[j]是~右边格子插头信息
int t;
if(left)t=left;
else t=up;
if(maze[i][j+1])//右边没有障碍
{
code[j-1]=0;
code[j]=t;
hm[cur^1].push(encode(code,M),hm[cur].f[k]+node[i][j].right);
}
if(maze[i+1][j])//下边没有障碍
{
code[j-1]=t;
code[j]=0;
if(j==M)shift(code,M);
hm[cur^1].push(encode(code,M),hm[cur].f[k]+node[i][j].below);
}
}
else//无插头，则构造新的连通块
{
if(maze[i][j+1]&&maze[i+1][j])
{
code[j-1]=code[j]=13;//只要是一个没出现过的就好，因为代入函数不涉及它到底是几
hm[cur^1].push(encode(code,M),hm[cur].f[k]+node[i][j].right+node[i][j].below);
}
}
}
}
void dpblock(int i,int j,int cur)//一个障碍是不可能有向下和向右的插头的，那就设其为0
{
int k;
for(k=0;k<hm[cur].size;k++)
{
decode(code,M,hm[cur].state[k]);//解码
code[j-1]=code[j]=0;
if(j==M)shift(code,M);//换行
hm[cur^1].push(encode(code,M),hm[cur].f[k]);//毕竟是向后走了一格
//把当前的数据cur=0压到另一个位置cur=1==>把当前的数据cur=1压到另一个位置cur=0
}
}
char str[40];
void init()
{
memset(maze,0,sizeof(maze));
for(int i=1;i<=N;i++) for(int j=1;j<=M;j++) maze[i][j]=1;
getchar();
gets(str);//puts(str);
for(int i=1;i<N;i++)
{
gets(str);//puts(str);
for(int j=2;j<2*M;j+=2)
node[i][j/2].right=str[j]-'0';//printf("%d ",node[i][j/2]);
gets(str);//puts(str);
for(int j=1;j<2*M;j+=2)
node[i][(j+1)/2].below=str[j]-'0';//printf("%d ",str[j]-'0');
// for(int j=1;j<=M;j++) printf("%d %d ",node[i][j].right,node[i][j].below);
// printf("\n");
}
gets(str);//puts(str);
for(int j=2;j<2*M;j+=2)
node[N][j/2].right=str[j]-'0';
gets(str);//puts(str);
// for(int i=1;i<=N;i++){for(int j=1;j<=M;j++) printf("%d %d ",node[i][j].right,node[i][j].below);printf("\n");}
ex=N,ey=M;
}
void solve()
{
int i,j,cur=0;
long long ans=0;
hm[cur].init();//cur=0
hm[cur].push(0,1);//加入没插头的状态cur=0
for(i=1;i<=N;i++)
for(j=1;j<=M;j++)
{
hm[cur^1].init();//每到一个位置,把另一组清零 清空cur=1==>清空cur=0
dpblank(i,j,cur);//当前这个进行设置。计算cur=0==>计算cur=1
// dpblock(i,j,cur);
cur^=1;//cur变成了另一个数cur=1==>变成了cur=0
}
for(i=0;i<hm[cur].size;i++)//现在的cur要是放在循环里就是待计算的位置
ans+=hm[cur].f[i];//各种状态的和就是总的可能的方案数
printf("%I64d\n",ans-1);
}
int main()
{
//freopen("cin.txt","r",stdin);
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&N,&M);
init();
solve();
}
return 0;
}
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