第46届ICPC东亚洲区域赛(昆明)B Blocks题解

特此声明：该文章中的代码和解法均来自博主cup-pyy，我只是对其代码添加了详细注解，以及部分思路的详细化，原文链接见：这里

二维平面转为一维

注意我们最多含有22个坐标，但是实际上只会有21*21个格子
如何判断二维平面中的格子数量全部染黑？一维情况状态压缩十分容易，二维的情况将若干个一维拼接即可

        bitset<500> t;//二维平面转换为一维//虽然22个坐标// 21 * 21个格子看看是否都能染满lop(i, 0, n){r[i].a.x = lower_bound(xs + 1, xs + cntx + 1, r[i].a.x) - xs;r[i].a.y = lower_bound(ys + 1, ys + cnty + 1, r[i].a.y) - ys;r[i].b.x = lower_bound(xs + 1, xs + cntx + 1, r[i].b.x) - xs;r[i].b.y = lower_bound(ys + 1, ys + cnty + 1, r[i].b.y) - ys;mask[i].reset();//t.reset();//标记一个格子被染黑，表示这个格子的左下角被染黑t = (1 << (r[i].b.y - r[i].a.y)) - 1;//[r[i].a.y, r[i].b.y - 1]全部为1//转换为下标为0开始//[r[i].a.y - 1, r[i].b.y - 2]全部都是1t <<= r[i].a.y - 1;//对于区间[r[i].a.y - 1, ]//r[i].b.y - r[i].a.y = len//(1 << len) - 1先初始先赋值[0, len - 1]全是1//然后区间同时加上，为[r[i].a.y - 1, r[i].a.y - 1 + len - 1]//大矩形一行的状态为[0, cnty - 1]//所以往上移动一行为 << (1 * (cnty - 1))lop(j, r[i].a.x - 1, r[i].b.x - 1){//区间[r[i].a.x, b[i].b.x - 1]//0-index为[r[i].a.x - 1, b[i].b.x - 2]mask[i] |= (t << (j * (cnty - 1)));}}

期望dp方程化简

设cnt为状态i中1的数量

f[k]=1+1n∑i=0nf[k∣(1<<i)]f[k]=1+\cfrac{1}{n}\sum_{i=0}^{n}f[k\mid(1<<i)]f[k]=1+n1∑i=0nf[k∣(1<<i)]，111表示固定的染色步数花费
f[k]=1+cntnf[k]+1n∑(k&(1<<i))==0f[k∣(1<<i)]f[k]=1+\cfrac{cnt}{n}f[k]+\cfrac{1}{n}\sum_{(k\&(1<<i))==0}f[k|(1<<i)]f[k]=1+ncntf[k]+n1∑(k&(1<<i))==0f[k∣(1<<i)]
n−cntnf[k]=1+1n∑(k&(1<<i))==0f[k∣(1<<i)]\cfrac{n-cnt}{n}f[k]=1+\cfrac{1}{n}\sum_{(k\&(1<<i))==0}f[k|(1<<i)]nn−cntf[k]=1+n1∑(k&(1<<i))==0f[k∣(1<<i)]
f[k]=(1+1n∑(k&(1<<i))==0f[k∣(1<<i)])×nn−cntf[k]=(1+\cfrac{1}{n}\sum_{(k\&(1<<i))==0}f[k|(1<<i)])\times\cfrac{n}{n-cnt}f[k]=(1+n1∑(k&(1<<i))==0f[k∣(1<<i)])×n−cntn

完整的注释代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define el '\n'
#define pb push_back
#define x first
#define y second
#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
#define lop(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); i++)
#define dwn(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); i--)typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;struct read
{static const int M = 1 << 21;char buf[M], *S = buf, *P = buf, c, f;inline char getc(){return (S == P && (P = (S = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), S == P) ? EOF : *S++);}template <typename T>read &operator>>(T &x){for (c = 0; !isdigit(c); c = getc())f = c;for (x = 0; isdigit(c); c = getc())x = x * 10 + (c - '0');return x = (f ^ '-') ? x : -x, *this;}
} fin;constexpr int N = 23, M = 2e6 + 10, B = 10, md = 998244353;
const double PI = acos(-1), eps = 1e-8;int T, n, m;
int w, h, cntx, cnty;
int f[1 << B];
int xs[N], ys[N];int fpow(int a, int b)
{LL res = 1;while (b){if (b & 1)res = res * a % md;b >>= 1;a = 1LL * a * a % md;}return res;
}struct Rect
{PII a, b;
} r[15];int inv[N];
int k;
bitset<500> mask[10], state;
//mask表示覆盖的二维格子的一维形式void dfs(int u, int s)
{if(u == n){//0-idx,边界f[s] = (state.count() == k) ? 0 : - 1;//计算1的数量是否为k，即是否全部染黑了return;}bitset<500> bk = state;//递归保留现场//不取第u个dfs(u + 1, s);state = bk;//还原state |= mask[u];//取第u个dfs(u + 1, s | (1 << u));return ;
}int main()
{rep(i, 1, 19){inv[i] = fpow(i, md - 2);}fin >> T;while (T--){fin >> n >> w >> h;cntx = cnty = 0;lop(i, 0, n){fin >> r[i].a.x >> r[i].a.y >> r[i].b.x >> r[i].b.y;if (r[i].a.x > w)r[i].a.x = w;if (r[i].a.y > h)r[i].a.y = h;if (r[i].b.x > w)r[i].b.x = w;if (r[i].b.y > h)r[i].b.y = h;xs[++cntx] = r[i].a.x;xs[++cntx] = r[i].b.x;ys[++cnty] = r[i].a.y;ys[++cnty] = r[i].b.y;}sort(xs + 1, xs + cntx + 1);sort(ys + 1, ys + cnty + 1);cntx = unique(xs + 1, xs + cntx + 1) - (xs + 1);cnty = unique(ys + 1, ys + cnty + 1) - (ys + 1);k = (cntx - 1) * (cnty - 1);bitset<500> t;//二维平面转换为一维//虽然22个坐标// 21 * 21个格子看看是否都能染满lop(i, 0, n){r[i].a.x = lower_bound(xs + 1, xs + cntx + 1, r[i].a.x) - xs;r[i].a.y = lower_bound(ys + 1, ys + cnty + 1, r[i].a.y) - ys;r[i].b.x = lower_bound(xs + 1, xs + cntx + 1, r[i].b.x) - xs;r[i].b.y = lower_bound(ys + 1, ys + cnty + 1, r[i].b.y) - ys;mask[i].reset();//t.reset();//标记一个格子被染黑，表示这个格子的左下角被染黑t = (1 << (r[i].b.y - r[i].a.y)) - 1;//[r[i].a.y, r[i].b.y - 1]全部为1//转换为下标为0开始//[r[i].a.y - 1, r[i].b.y - 2]全部都是1t <<= r[i].a.y - 1;//对于区间[r[i].a.y - 1, ]//r[i].b.y - r[i].a.y = len//(1 << len) - 1先初始先赋值[0, len - 1]全是1//然后区间同时加上，为[r[i].a.y - 1, r[i].a.y - 1 + len - 1]//大矩形一行的状态为[0, cnty - 1]//所以往上移动一行为 << (1 * (cnty - 1))lop(j, r[i].a.x - 1, r[i].b.x - 1){//区间[r[i].a.x, b[i].b.x - 1]//0-index为[r[i].a.x - 1, b[i].b.x - 2]mask[i] |= (t << (j * (cnty - 1)));}}state.reset();dfs(0, 0);if(f[(1 << n) - 1] == -1){puts("-1");continue;}//进行逆推期望dp过程dwn(i, (1 << n) - 1, 0){if(f[i] != -1)continue;//f[i] == -1 是终点，期望步数为0int cnt = 0, res = 0;lop(j, 0, n){if(i >> j & 1)cnt ++; //有 cnt / n种情况会转移到自身else res = (res + 1LL * inv[n] * f[i | (1 << j)]) % md;}f[i] = (1LL + res) * n % md * inv[n - cnt] % md;}cout << f[0] << el;}
}

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