【HDU 5471】Count the Grid

题意：一个矩阵中可以任意填m个数。给你N个小矩阵并且告诉你此矩阵中的最大值v，求有多少种大矩阵满足所给条件。

分析：考虑到n很小，因此我们可以将所有不同的矩阵重叠的情况(最多2 ^ n种)的最大值和块数先处理出来。其中第i种的最大值为vi，块数为ci。

然后对于每一种重叠情况，我们有两种选择，其一是不取最大值，则方案数为(vi - 1) ^ ci。第二种是取最大值，则方案数为vi ^ ci - (vi - 1) ^ ci。

则可以设dp[i][j]为前i种重叠块其中有j这些状态的矩阵的最大值被满足了的方案数，则我们现在考虑第i+1块的取的情况。不妨设当第i+1块取最大值时能使得s[i + 1]的矩阵被满足。

则当取最大值时，把对应方案数转移到dp[i + 1][j | s[i + 1]]，否则转移到dp[i + 1][j]。

故dp[(1 << n)][(1 << n) - 1]为最终的方案。

具体可见代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2222;
const int mod = 1e9 + 7;

#define MM(a,b,c) memset(a,b,sizeof(a[0]) * ((c) + 2));

struct Node{
static int h,w,m;
int x1,y1,x2,y2,v;
void add(){
scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
scanf("%d",&v);
}
Node operator + (const Node &a)const{
Node ret;
ret.x1 = max(x1,a.x1);
ret.x2 = min(x2,a.x2);
ret.y1 = max(y1,a.y1);
ret.y2 = min(y2,a.y2);
ret.v = min(v,a.v);
return ret;
}
int getarea(){
if(x2 < x1) return 0;
if(y2 < y1) return 0;
return (x2 - x1 + 1) * (y2 - y1 + 1);
}
void init(){
x1 = 1,y1 = 1;
x2 = h;y2 = w;
v = m;
}
}nd1[11],nd2
;
int cnt
,ok
;
int dp[2]
,txt = 1;
int Node::h = 0,Node::w = 0,Node::m = 0;
int Pow(int a,int b){
int ret = 1;
if(a == 0 || a == 1) return a;
while(b){
if(b & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
a = 1ll * a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ret;
}
inline void add(int &x,int y){
x += y;
if(x >= mod) x -= mod;
}
void solve(){
int h,w,m,n;
scanf("%d%d%d%d",&h,&w,&m,&n);
Node::h = h;Node::w = w;Node::m = m;
int lim = 1 << n;
for(int i = 0 ; i < n ; i ++) nd1[i].add();
for(int i = 0 ; i < n ; i ++) nd2[(1 << i)] = nd1[i];
nd2[0].init();
for(int i = 1 ; i < lim ; i ++){
if((i - (i & -i)) == 0) continue;
nd2[i] = nd2[i - (i & -i)] + nd2[(i & -i)];
}
for(int i = lim - 1 ; i >= 0 ; i --){
ok[i] = 0;
cnt[i] = nd2[i].getarea();
for(int j = i + 1 ; j < (1 << n) ; j ++){
if((j ^ i) & i) continue;
cnt[i] -= cnt[j];
}
for(int j = 0 ; j < n ; j ++)
if((i & (1 << j)) && nd2[i].v == nd1[j].v) ok[i] |= (1 << j);
}
int cur = 1;
MM(dp[cur],0,(1 << n));
dp[cur][0] = 1;
for(int i = 0 ; i < (1 << n) ; i ++){
if(cnt[i] == 0) continue;
cur ^= 1;
MM(dp[cur],0,(1 << n));
int t1 = Pow(nd2[i].v,cnt[i]);
int t2 = Pow(nd2[i].v - 1,cnt[i]);
for(int j = 0 ; j < (1 << n) ; j ++){
if(dp[cur ^ 1][j] == 0) continue;
add(dp[cur][j | ok[i]],1ll * dp[cur ^ 1][j] * ((t1 - t2 + mod) % mod) % mod);
add(dp[cur][j],1ll * dp[cur ^ 1][j] * t2 % mod);
}
}
printf("Case #%d: %d\n",txt ++,dp[cur][(1 << n) - 1]);
}
int main(){
int _;
scanf("%d",&_);
while(_--) solve();
return 0;
}