题目

P3160 [CQOI2012]局部极小值

一眼就是状压，接下来就不知道了\(qwq\)

做法

我们能手玩出局部小值最多差不多是\(8,9\)个的样子，\(dp_{i,j}\)为填满\(1~i\)数字，局部小值的状态为\(j\)

第\(k\)个局部极小值填\(i\)：\(dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j^(1<<k-1)])%p\)

不填在局部极小值，显然有些地方不能填\(i\)的，首先还没填的局部极小值不填，其周围也不能填(填\(i\)后后面再填比不符合局部极小值)
我们预处理出每种状态不能填时的位置：\(dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j]*max(num[j]-i+1,0))%p\)

一顿操作后发现WA了，我们得到的局部极小值可能不是恰好是给出的\(X\)(更多)

容斥原理：Ans=至少多0个极小值-至少多1个极小值+至少多两个极小值......

理解：至少多0个\((x,x+1,x+2,x+3...)-k(x+1,x+2,x+3...)\)其中\(k\)为某些值的系数
填了至少多0个极小值后，有多填的部分那就得减去至少多1个极小值，至少多1个极小值的位置也有很多，就会有一些位置减掉的系数为(k>1)，就要又加上

\(dfs\)时加上能被多余的极小值填上的地方换成'X'，然后多次做\(dp\)

My complete code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=31;
const int p=12345678;
const int dx[8]={-1,-1,-1,0,1,1,1,0},dy[8]={-1,0,1,1,1,0,-1,-1};
int n,m,tot;
LL ans;
int x[maxn],y[maxn],num[1<<9],dp[maxn][1<<9];
bool visit[maxn][maxn];
char s[maxn][maxn];
inline int Solve(){tot=0;for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)if (s[i][j]=='X')x[++tot]=i,y[tot]=j;int Up=1<<tot;for(int i=0;i<Up;i++){int cnt(0);memset(visit,0,sizeof(visit));for(int j=1;j<=tot;++j)if(!((i>>(j-1))&1)){visit[x[j]][y[j]]=1;for(int k=0;k<8;++k){int xx=x[j]+dx[k];int yy=y[j]+dy[k];if(xx>0&&yy>0&&xx<=n&&yy<=m)visit[xx][yy]=1;}}for(int j=1;j<=n;++j)for(int k=1;k<=m;++k) if(visit[j][k])  ++cnt;num[i]=n*m-cnt;}memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0][0]=1;for(int i=1;i<=n*m;++i)for(int j=0;j<Up;++j){dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j]*max(num[j]-i+1,0))%p;for(int k=1;k<=tot;k++)if(j&(1<<(k-1)))dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j^(1<<k-1)])%p;}return dp[n*m][Up-1];
}
void Dfs(int x,int y,int k){if(y==m+1){Dfs(x+1,1,k);return;}if(x==n+1){ans=(ans+(((k&1)==0)?1:-1)*Solve()+p)%p;return;}Dfs(x,y+1,k);if(s[x][y]!='X'){bool f=true;for(int i=0;i<8;i++)if(s[x+dx[i]][y+dy[i]]=='X'){f=false;break;}if(f){s[x][y]='X',Dfs(x,y+1,k+1),s[x][y]='.';}}
}
int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf(" %s",s[i]+1);Dfs(1,1,0);printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/*
5 5
.....
...X.
.X...
.....
....X
*/