題目鏈接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2669

題意概述：實際上原題意很簡潔了我就不寫了吧。。。。

二話不說先觀察一下性質，首先棋盤很窄，可以亂搞的樣子，然後註意到如果一個點是局部極小值那麽周圍3*3矩陣內不能有另一個局部最小值。於是畫個圖發現題目的數據範圍最多有8個局部最小值。性質大概就是這些了。

暴力實際上是搜索，本質是多階段決策問題。由於棋盤很小，容易讓人聯想到搞個插頭dp之類東西來弄一下，依次填每個格子來作為一個決策階段。然後就發現。。。這個東西太復雜了。。。等你想出來不知道什麽時候去了（而且很有可能想不出來）。。。於是需要換個思路，把決策階段改一下，每一行作為階段的話更加復雜。。。棄療。那麽決策階段很有可能就不是按照格子的順序來的了。註意到局部最小值一定是周圍的格子裏面最小的那個，並且最多只有8個局部最小值，那麽嘗試從小到大填充每一個數字作為階段，把局部最小值是否填充的狀態壓進去。

於是令f(s,i)表示用1~i的數字填充棋盤，集合s中的局部最小值已經被填充的方案數。

分析這種決策下的性質，發現一個局部最小值一定是以其為中心3*3內最先填的那個，也就是說如果一個局部最小值沒有填充，那麽周圍3*3的點都不能填充。排除所有不可以填充的點剩下的就是可以填充的點，令cnt[s]表示局部極小值填充狀態為s時的棋盤上最多有幾個數字。

得到f(s,i)=f(s,i-1)*C(cnt[s]-i+1,1)+sum{ f(s-{j},i-1) | j是s的子集 }，時間復雜度O(N*M*X*2^X)，X表示棋盤上有多少個局部極小值。

但是可以註意到在狀態設計的時候可以保證題目給出的X都成為局部最小值，但是可能讓不是局部最小值的位置變成局部最小值。

於是這題最神的地方來了：容斥！由於棋盤很小，所以說打個回溯跑一下局部極小值的分布位置發現最多也就16000多的方案。我們用回溯跑出每一種題目要求位置為局部極小值的棋盤狀態，對於每個狀態來一次dp，然後根據有多少個額外的點是局部極小值進行奇偶容斥就得出答案。

時間復雜度O(O(容斥)*N*M*X*2^X)

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdlib>
 5 #include<algorithm>
 6 #include<cmath>
 7
 
 #include<queue>
 8 #include<set>
 9 #include<map>
10 #include<vector>
11 #include<cctype>
12 using namespace std;
13 const int maxn=6;
14 const int maxm=9;
15 const int maxs=(1<<8)+2;
16 const int mo=12345678;
17 
18 int N,M,X,ans;
19 char mp[maxn][maxm];
20 struct XY{ int x,y; }p[10];
21 int bin[10],f[maxs][4*7+5],cnt[maxs],vis[maxn][maxm],sz[maxs];
22 
23 void data_in()
24 {
25     scanf("%d%d",&N,&M);
26     for(int i=1;i<=N;i++){
27         scanf("%s",mp[i]+1);
28         for(int j=1;j<=M;j++)
29             if(mp[i][j]==‘X‘) p[++X]=(XY){i,j};
30     }
31     for(int i=1;i<=9;i++) bin[i]=1<<i-1;
32     for(int s=1;s<bin[9];s++) sz[s]=sz[s>>1]+(s&1);
33 }
34 void dp(int tot)
35 {
36     for(int s=0;s<bin[tot+1];s++){
37         cnt[s]=0;
38         memset(vis,0,sizeof(vis));
39         for(int j=1;j<=tot;j++) if(!(bin[j]&s)){
40             int x=p[j].x,y=p[j].y;
41             vis[x-1][y-1]=vis[x-1][y]=vis[x-1][y+1]=
42             vis[x][y-1]=vis[x][y]=vis[x][y+1]=
43             vis[x+1][y-1]=vis[x+1][y]=vis[x+1][y+1]=1;
44         }
45         for(int i=1;i<=N;i++)
46         for(int j=1;j<=M;j++) cnt[s]+=1-vis[i][j];
47     }
48     memset(f,0,sizeof(f));
49     f[0][0]=1;
50     for(int i=1;i<=cnt[0];i++)
51         f[0][i]=f[0][i-1]*(cnt[0]-i+1)%mo;
52     for(int s=1;s<bin[tot+1];s++)
53     for(int i=sz[s];i<=cnt[s];i++){
54         f[s][i]=f[s][i-1]*(cnt[s]-i+1)%mo;
55         for(int j=1;j<=tot;j++) if(bin[j]&s)
56             f[s][i]=(f[s][i]+f[s^bin[j]][i-1])%mo;
57     }
58 }
59 bool check(int x,int y) { return mp[x-1][y-1]!=‘X‘&&mp[x-1][y]!=‘X‘&&mp[x-1][y+1]!=‘X‘&&mp[x][y-1]!=‘X‘; }
60 void dfs(int x,int y,int n)
61 {
62     if(x>N){
63         dp(X+n);
64         if(n%2==0) ans=(ans+f[bin[X+n+1]-1][N*M])%mo;
65         else ans=(ans-f[bin[X+n+1]-1][N*M]+mo)%mo;
66         return;
67     }
68     int xx=x,yy=y+1;
69     if(yy>M) xx++,yy=1;
70     if(mp[x][y]==‘X‘){
71         if(check(x,y)) dfs(xx,yy,n);
72     }
73     else{
74         if(check(x,y)){
75             mp[x][y]=‘X‘,p[X+n+1]=(XY){x,y};
76             dfs(xx,yy,n+1);
77             mp[x][y]=‘.‘;
78         }
79         dfs(xx,yy,n);
80     }
81 }
82 void work()
83 {
84     dfs(1,1,0);
85     printf("%d\n",ans);
86 }
87 int main()
88 {
89     data_in();
90     work();
91     return 0;
92 }

BZOJ 2669 CQOI2012 局部極小值 狀壓dp+容斥原理