hdu3377plan【哈密顿路径插头Dp】

本来想像上一个题（楼教主的那个）一样接出两行把原来的包起来就行，发现这个题要求不仅是左上角到右下角，我没想明白怎么会截完了之后，回路变成路径，而且题中说不一定每个格子都走。（你说啊，要是能只按右下的方向走，20行代码就搞定了，可以来回走，就变成200行了，orz）这个题进一步加深了本人对于插头DP的理解，（虽说模板那么长，比图论。数据结构有爱多了）何处是接插头，何处是合并连通量，何处合并回路。

详细的说：当当前点是左上或者右下的时候，单独拿出来判断，左或上有插头（这种情况当然只能出现在最后一格）后面当然就不能有插头了，要是左上都没插头（这种情况当然只能出现在第一格），右下接出来新的插头，很明显邝斌写错了==，（傲娇脸。

后面的看代码吧

/*************
hdu3377
2016.1.12
171MS 1968K 6239 B G++
*************/
#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
int score[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((i==1&&j==1)||(i==N&&j==M))
        {
            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
            {//对于这个题来说真的这么写~
                //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
                code[j-1]=code[j]=0;
                if(j==M)shift(code,M);
                hm[cur^1].push(encode(code,M),hm[cur].f[k]+score[i][j]);
            }
            else if(left==0&&up==0) //无插头，则构造新的连通块 这里两个if邝斌写错了！
            {
                if(maze[i][j+1])
                {
                    code[j-1]=0;
                    code[j]=13;
                    hm[cur^1].push(encode(code,M),hm[cur].f[k]+score[i][j]);
                }
                if(maze[i+1][j])
                {
                    code[j-1]=13;
                    code[j]=0;
                    if(j==M)shift(code,M);
                    hm[cur^1].push(encode(code,M),hm[cur].f[k]+score[i][j]);
                }
            }
            continue;
        }
        if(left&&up)
        {
            if(left==up)//哈密顿路径不能合并回路
            {

            }
            else//不在同一个连通分量则合并成同一个 这个是合并连通分量 和上面那个不一样！
            {
                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]+score[i][j]);
            }
        }
        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]+score[i][j]);
            }
            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]+score[i][j]);
            }
        }
        else//无插头，则构造新的连通块
        {
            if(maze[i][j+1]&&maze[i+1][j])//人为接出来一个连通块
            {
                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]+score[i][j]);
            }
            //我也可以不接
            code[j-1]=code[j]=0;
            if(j==M) shift(code,M);
            hm[cur^1].push(encode(code,M),hm[cur].f[k]);
        }
    }
}
int 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;
    for(int i=1;i<=N;i++) for(int j=1;j<=M;j++) scanf("%d",&score[i][j]);
    ex=N,ey=M;
}
void solve()
{
    int i,j,cur=0;
    long long ans=0;
    hm[cur].init();//cur=0
    hm[cur].push(0,0);//加入没花钱的状态
    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);
}
int main()
{
   // freopen("cin.txt","r",stdin);
    int cas=1;
    while(~scanf("%d%d",&N,&M))
    {
        init();
        printf("Case %d: ",cas++);
        if(N==1&&M==1)
        {
            printf("%d\n",score[1][1]);
            continue;
        }
        solve();
    }
    return 0;
}