2669: [cqoi2012]局部極小值

Description

有一個n行m列的整數矩陣，其中1到nm之間的每個整數恰好出現一次。如果一個格子比所有相鄰格子（相鄰是指有公共邊或公共頂點）都小，我們說這個格子是局部極小值。

給出所有局部極小值的位置，你的任務是判斷有多少個可能的矩陣。

Input

輸入第一行包含兩個整數n和m（1<=n<=4, 1<=m<=7），即行數和列數。以下n行每行m個字符，其中“X”表示局部極小值，“.”表示非局部極小值。

Output

輸出僅一行，為可能的矩陣總數除以12345678的余數。

Sample Input

3 2
X.
..
.X

Sample Output

60

容斥,推一推可以得到X的個數不超過8個(雖然我不知道是怎麽推的)
枚舉,從小到大填數,狀壓dp可以計算出對於此種圖的填數方案
用cnt[s]表示狀態s下可以填數的方案(包括之前已經填過的X但不包括沒填的X)
f[i][s]轉移就得到啦(水一波)

這樣我們可以保證X的位置一定是周圍最小的,但卻不能保證其他位置不會出現多余的‘X‘
於是我們dfs出每一個可以為X的地方,容斥一下就好啦

推薦blog
http://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/48028773

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define mod 12345678
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,tp,cnt[1<<9],ok[10][10];
int dx[]={0,0,1,-1,1,-1,1,-1,0};
int dy[]={1
 
,-1,0,0,1,-1,-1,1,0};
char mp[10][10];ll ans,f[30][1<<9];
struct node{int x,y;}p[10];
int dp(){
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    memset(f,0,sizeof(f));tp=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=m;j++)
    if(mp[i][j]==‘X‘)
    p[++tp]=(node){i,j};
    for(int st=0;st<(1<<tp);st++){
        memset(ok,0,sizeof(ok));
        for(int j=1;j<=tp;j++)
        if(!(st&(1<<(j-1))))ok[p[j].x][p[j].y]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int k,j=1;j<=m;j++){
            for(k=0;k<9;k++)
            if(ok[i+dx[k]][j+dy[k]])break;
            if(k==9)cnt[st]++;
        }
    }
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n*m;i++)
    for(int st=0;st<(1<<tp);st++){
        (f[i][st]+=f[i-1][st]*max(0,cnt[st]-i+1))%=mod;
        for(int k=1;k<=tp;k++)
        if((1<<(k-1))&st)(f[i][st]+=f[i-1][st^(1<<(k-1))])%=mod;
    }
    return f[n*m][(1<<tp)-1];
}
void dfs(int x,int y,int c){
    int t;
    if(x==n+1){
        (ans+=dp()*(c&1?-1:1))%=mod;
        return;
    }
    if(y==m)dfs(x+1,1,c);
    else dfs(x,y+1,c);
    for(t=0;t<9;t++)if(mp[dx[t]+x][dy[t]+y]==‘X‘)break;
    if(t<9)return;
    mp[x][y]=‘X‘;
    if(y==m)dfs(x+1,1,c+1);
    else dfs(x,y+1,c+1);
    mp[x][y]=‘.‘;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",mp[i]+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=m;j++)
    if(mp[i][j]==‘X‘)
    for(int k=0;k<8;k++){
        int nx=i+dx[k],ny=j+dy[k];
        if(mp[nx][ny]==‘X‘){puts("0");return 0;}
    }
    dfs(1,1,0);
    ans<0?ans+=mod:1;
    cout<<ans;
    return 0;
}

2669[cqoi2012]局部極小值 容斥+狀壓dp