POJ1739 Tony's Tour

题目链接:poj1739

题目大意：

现在有一个N*M(1<=N,M<=8)的矩阵，矩阵中有好格和坏格，坏格子不能走，现在要求你求从矩阵左下角走到矩阵右下角（这两个格肯定是好格）且经过矩阵中所有的好格一次 共有多少种走法？
输入：输入包含多组实例。每个实例的第一行为N和M，接下来是一个N*M的字符矩阵，其中‘#’表示障碍格，‘.‘表示好格。以一行0 0表示输入结束。
输出：输出有多少种行走方法。
分析：插头DP问题，且和HDU3377很类似：
hdu3377博客题解

既然从左下角到右下角找一条经过所有点的路，那么我们在最后一行后面再加一行全由可行格构成的行，且要求这一行的格子：
该行首格只处理有上插头无左插头的情况，
该行中间所有格子只处理有左插头无上插头的情况，
该行尾格只处理左插头和上插头都存在的情况。

所有最后可行格分4中情况即可！！

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int STATE=1000000+10;//逐格递推每次最多能生成的状态总数,为什么100W能装下,实例测试如果装不下hasnmap就会越界报错
const int HASH = 30007;//1<<15=32768
const int MAXD=15;
int N,M;
int ex,ey;//最后一个好格的坐标
int cur;
int mp[MAXD][MAXD];
int code[MAXD];
long long sum;//记录最终的最大值
struct HASHMAP
{
int size,head[HASH],next[STATE];//next[i]=j表示第i个状态后面链接着第j个状态
long long state[STATE];//state[i]=S表第i个状态是S
long long f[STATE];//f[i]=x表第i个状态有x种情况
void init()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
size=0;
}
void push(long long st, long long num)
{
long long h = st%HASH;
int i;
for(i=head[h]; i!=-1; i=next[i])
{
if(state[i]==st)
{
f[i]+=num;
return ;
}
}
next[size]=head[h];
head[h]=size;
f[size]=num;
state[size]=st;
size++;
}
}hm[2];
void decode(int *code,long long st)//st->code
{
for(int i=M; i>=0; i--)
{
code[i]=st&7;//7 111  连通的插头标记相同的数字  最多可以有7对
st>>=3;
}
}
long long encode(int *code)//code->st
{
int ch[MAXD];
memset(ch,-1,sizeof(ch));
ch[0]=0;

4000
int cnt=1;
long long st=0;
for(int i=0; i<=M; i++)
{
if( ch[code[i]]==-1 ) ch[code[i]]= cnt++;
code[i]=ch[code[i]];
st<<=3;
st|=code[i];
}
return st;
}
void shift(int *code)//处理完了一行的最后一列,将code整体右移一位,首位添0
{
for(int i=M; i>=1; i--)
code[i]=code[i-1];
code[0]=0;
}
void dpblock(int i,int j)//坏格
{
for(int k=0; k<hm[cur].size; k++)
{
long long st=hm[cur].state[k];
int code[MAXD];
decode(code,st);
int left=code[j-1] ,up=code[j];
if(left==0&&up==0)//全无插头时,才能生成新状态
{
if(j==M)//j为当前行最后一列,需要右移一位
shift(code);
hm[1-cur].push(encode(code),hm[cur].f[k]);
//printf("***1***%I64o生成%I64o\n",st,encode(code));
}
}
}

void dpblank(int i,int j)//好格
{
if(i==N&&j==1)//左下角  无左插头有上插头 只能往右走
{
for(int k=0; k<hm[cur].size; k++)
{
long long st=hm[cur].state[k];
long long num = hm[cur].f[k];//num是状态为st时的最小费用
int code[MAXD];
decode(code,st);
int left=code[j-1] ,up=code[j];
if(left==0&&up>0)
{
if(mp[i][j+1]!=0)//(i,j)右边是个好格
{
code[j-1]=0;
code[j]=left+up;
if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位
hm[1-cur].push( encode(code),num);
}
}
}
}
else if(i==N&&1<j&&j<M)//红0只能往右走
{
for(int k=0; k<hm[cur].size; k++)
{
long long st=hm[cur].state[k];
long long num = hm[cur].f[k];//num是状态为st时的最小费用
int code[MAXD];
decode(code,st);
int left=code[j-1] ,up=code[j];
if(left>0&&up==0)//其中一个有插头另一个没有
{

if(mp[i][j+1]!=0)//(i,j)右边是个好格
{
code[j-1]=0;
code[j]=left+up;
if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位
hm[1-cur].push( encode(code),num);
}
}
}
}
else if(i==N&&j==M) //右下角  即中点  有左和上两个插头
{
for(int k=0; k<hm[cur].size; k++)
{
long long st=hm[cur].state[k];
long long num = hm[cur].f[k];
int code[MAXD];
decode(code,st);
int left=code[j-1] ,up=code[j];
if(left&&up)//两个插头都存在
{
sum +=num;//总数增加
}
}
}
else//原矩形内的情况
{
for(int k=0; k<hm[cur].size; k++)
{
long long st=hm[cur].state[k];
long long num = hm[cur].f[k];//num是状态为st时的最小费用
int code[MAXD];
decode(code,st);
int left=code[j-1] ,up=code[j];
if(left>0&&up>0)//都有插头
{
if(left!=up)//合并两个连通分量
{
code[j-1]=code[j]=0;
for(int l=0; l<=M; l++)
if(code[l]==up)
code[l]=left;
if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位
hm[1-cur].push( encode(code),num);
}
else if(i==ex&&j==ey)//最后一个好格
{
sum +=num;//总数增加
code[j-1]=code[j]=0;
if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位
//hm[1-cur].push( encode(code),num );
}
//if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位
//    hm[1-cur].push( encode(code),num );
//这两句不能从上面提到这里来,因为这个大块中不仅是这两种情况
}
else if(left>0||up>0)//其中一个有插头另一个没有
{

if(mp[i][j+1]!=0)//(i,j)右边是个好格
{
code[j-1]=0;
code[j]=left+up;
if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位
hm[1-cur].push( encode(code),num );
}
if(mp[i+1][j]!=0)//(i,j)下面是个好格
{
code[j-1]=left+up;
code[j]=0;
if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位
hm[1-cur].push( encode(code),num );
}
}
else//两个都没插头
{
if(mp[i][j+1]!=0&&mp[i+1][j]!=0)//(i,j)格的右边和下边是可行格,才可以新生成一个连通分量
{
//这里不会出现j是最后一列的情况
int max_c=1;//表示当前扫描到的最大插头编号
for(int l=0; l<=M; l++)
if(max_c<code[l])
max_c = code[l];
code[j-1]=code[j]=max_c+1;
hm[1-cur].push( encode(code),num );
}
}
}
}
}

void init()
{
ex=0;
ey=0;
memset(mp,0,sizeof mp);
char s[30];
for(int i=1;i<=N;i++)
{
scanf("%s",s+1);
for(int j=1;j<=M;j++)
{
if(s[j]=='.')
mp[i][j]=1;
else
mp[i][j]=0;
}
}
if(mp
[1]==0||mp
[M]==0)//最后一行的左角或右角不可达
{
ex=ey=0;
}
else
{
ex=N+1;
ey=M;
}
for(int j=1;j<=M;j++)//第一行必须走
{
mp[N+1][j]=1;
}
N++;//注意  这里将矩形扩大  方便后面的使用
}

void solve()
{
sum=0;
cur=0;
hm[cur].init();
hm[cur].push(0,1);//初始时总代价为0   (注意下  如果是方法数的话则为1）
for(int i=1; i<=N; i++)
for(int j=1; j<=M; j++)
{
hm[1-cur].init();
if(mp[i][j]==1)
dpblank(i,j);
else if(mp[i][j]==0)
dpblock(i,j);
cur=1-cur;
}
//for(int i=0;i<hm[cur].size;i++)
//sum+=hm[cur].f[i];

}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&N,&M)&&N&&M)
{
char s[5];
if(N==1&&M==1)//只有一格特殊处理
{

scanf("%s",s);
if(s[0]=='.')printf("1\n");
else printf("0\n");
continue;
}
else if(M==1)//只有一列多行的情况
{

int ok=1;
for(int i=1; i<=N; i++)
{
scanf("%s",s);
if(s[i]=='.'&&i<N)
ok=0;
}
if(s
=='#')
ok = 0;
printf("%d\n",ok);
continue;
}
init();
solve();
printf("%I64d\n",sum);
}
return 0;
}

解法二：参考博客：点击打开链接对其进行优化。

在最后一行后面添加两行，其中添加的第一行除了首尾两格是好格外其他都是坏格子，添加的第二行全是好格子，如此即可。且全是必走格子，找一条从经过所有可行格的回路即可。

即可行点的函数不需要分四种情况讨论，方便了很多。

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int STATE=1000000+10;//逐格递推每次最多能生成的状态总数,为什么100W能装下,实例测试如果装不下hasnmap就会越界报错
const int HASH = 30007;//1<<15=32768
const int MAXD=15;
int N,M;
int ex,ey;//最后一个好格的坐标
int cur;
int mp[MAXD][MAXD];
int code[MAXD];
long long sum;//记录最终的最大值
struct HASHMAP
{
int size,head[HASH],next[STATE];//next[i]=j表示第i个状态后面链接着第j个状态
long long state[STATE];//state[i]=S表第i个状态是S
long long f[STATE];//f[i]=x表第i个状态有x种情况
void init()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
size=0;
}
void push(long long st, long long num)
{
long long h = st%HASH;
int i;
for(i=head[h]; i!=-1; i=next[i])
{
if(state[i]==st)
{
f[i]+=num;
return ;
}
}
next[size]=head[h];
head[h]=size;
f[size]=num;
state[size]=st;
size++;
}
}hm[2];
void decode(int *code,long long st)//st->code
{
for(int i=M; i>=0; i--)
{
code[i]=st&7;//7 111 连通的插头标记相同的数字 最多可以有7对
st>>=3;
}
}
long long encode(int *code)//code->st
{
int ch[MAXD];
memset(ch,-1,sizeof(ch));
ch[0]=0;
int cnt=1;
long long st=0;
for(int i=0; i<=M; i++)
{
if( ch[code[i]]==-1 ) ch[code[i]]= cnt++;
code[i]=ch[code[i]];
st<<=3;
st|=code[i];
}
return st;
}
void shift(int *code)//处理完了一行的最后一列,将code整体右移一位,首位添0
{
for(int i=M; i>=1; i--)
code[i]=code[i-1];
code[0]=0;
}
void dpblock(int i,int j)//坏格
{
for(int k=0; k<hm[cur].size; k++)
{
long long st=hm[cur].state[k];
int code[MAXD];
decode(code,st);
int left=code[j-1] ,up=code[j];
if(left==0&&up==0)//全无插头时,才能生成新状态
{
if(j==M)//j为当前行最后一列,需要右移一位
shift(code);
hm[1-cur].push(encode(code),hm[cur].f[k]);
//printf("***1***%I64o生成%I64o\n",st,encode(code));
}
}
}

void dpblank(int i,int j)//好格
{
for(int k=0; k<hm[cur].size; k++)
{
long long st=hm[cur].state[k];
long long num = hm[cur].f[k];//num是状态为st时的最小费用
int code[MAXD];
decode(code,st);
int left=code[j-1] ,up=code[j];
if(left>0&&up>0)//都有插头
{
if(left!=up)//合并两个连通分量
{
code[j-1]=code[j]=0;
for(int l=0; l<=M; l++)
if(code[l]==up)
code[l]=left;
if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位
hm[1-cur].push( encode(code),num);
}
else if(i==ex&&j==ey)//最后一个好格
{
sum +=num;//总数增加
code[j-1]=code[j]=0;
if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位
//hm[1-cur].push( encode(code),num );
}
//if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位
// hm[1-cur].push( encode(code),num );
//这两句不能从上面提到这里来,因为这个大块中不仅是这两种情况
}
else if(left>0||up>0)//其中一个有插头另一个没有
{
if(mp[i][j+1]!=0)//(i,j)右边是个好格
{
code[j-1]=0;
code[j]=left+up;
if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位
hm[1-cur].push( encode(code),num );
}
if(mp[i+1][j]!=0)//(i,j)下面是个好格
{
code[j-1]=left+up;
code[j]=0;
if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位
hm[1-cur].push( encode(code),num );
}
}
else//两个都没插头
{
if(mp[i][j+1]!=0&&mp[i+1][j]!=0)//(i,j)格的右边和下边是可行格,才可以新生成一个连通分量
{
//这里不会出现j是最后一列的情况
int max_c=1;//表示当前扫描到的最大插头编号
for(int l=0; l<=M; l++)
if(max_c<code[l])
max_c = code[l];
code[j-1]=code[j]=max_c+1;
hm[1-cur].push( encode(code),num );
}
}
}
}

void init()
{
ex=0;
ey=0;
memset(mp,0,sizeof mp);
char s[30];
for(int i=1;i<=N;i++)
{
scanf("%s",s+1);
for(int j=1;j<=M;j++)
{
if(s[j]=='.')
mp[i][j]=1;
else
mp[i][j]=0;
}
}
if(mp
[1]==0||mp
[M]==0)//最后一行的左角或右角不可达
{
ex=ey=0;
}
else
{
ex=N+2;
ey=M;
}
for(int j=1;j<=M;j++)//第一行必须走
{
mp[N+1][j]=0;
mp[N+2][j]=1;
}
mp[N+1][1]=mp[N+1][M]=1;
N+=2;//注意 这里将矩形扩大 方便后面的使用
}

void solve()
{
sum=0;
cur=0;
hm[cur].init();
hm[cur].push(0,1);//初始时总代价为0 (注意下 如果是方法数的话则为1）
for(int i=1; i<=N; i++)
for(int j=1; j<=M; j++)
{
hm[1-cur].init();
if(mp[i][j]==1)
dpblank(i,j);
else if(mp[i][j]==0)
dpblock(i,j);
cur=1-cur;
}
//for(int i=0;i<hm[cur].size;i++)
//sum+=hm[cur].f[i];

}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&N,&M)&&N&&M)
{
char s[5];
if(N==1&&M==1)//只有一格特殊处理
{

scanf("%s",s);
if(s[0]=='.')printf("1\n");
else printf("0\n");
continue;
}
else if(M==1)//只有一列多行的情况
{

int ok=1;
for(int i=1; i<=N; i++)
{
scanf("%s",s);
if(s[i]=='.'&&i<N)
ok=0;
}
if(s
=='#')
ok = 0;
printf("%d\n",ok);
continue;
}
init();
solve();
printf("%I64d\n",sum);
}
return 0;
}