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9 分钟
「CodePlus 2018 3 月赛」白金元首与莫斯科
2018-04-13

题目描述#

莫斯科吹的寒风 / 仿佛昨日那场梦 / 啊 你还会记得我吗

1941.12.

寒冷刺骨的天气、疲惫不堪的军队……包围首都的作战计划陷入了困境。空军或许是拯救战况的最后希望了,元首 Adolf 想道。

在一个 n×mn \times m 的网格区域中存在一个陆军单位需要补给,区域中的每个格子为空地或障碍物中的一种。航空舰队需要派遣若干运输机前往此区域,每一架运输机可以向两个相邻(有一条公共边)的空地投放物资。为防止不必要的损坏,一个标记为空地的格子至多只能得到一次投放。

由于天气原因,陆军单位所在的确切位置并不能确定。因此元首想知道,对于每个空地格子,当陆军单位在其中(视作障碍物)时,用若干(可以为 00)架运输机向其余空地投放任意数量的物资的不同方案数。两个投放方案不同,当且仅当存在一个格子在一个方案中被投放而另一方案中未被投放,或存在两个被投放的格子,在一个方案中被同一架运输机投放而在另一方案中非然。若仍有疑问,请参考「样例 1 解释」。

你需要编写程序帮助元首计算这些值对 109+710^9+7 取模的结果。

输入格式#

从标准输入读入数据。

  • 11 行:两个空格分隔的正整数 n,mn,m —— 网格区域的行数和列数。
  • 接下来 nn 行:其中第 ii 行包含 mm 个空格分隔的整数 Ai1,Ai2,,AimA_{i1},A_{i2},\ldots,A_{im} —— 其中 Aij=0A_{ij} = 0 表示第 ii 行第 jj 列的格子为空地; Aij=1A_{ij} = 1表示该格为障碍物

输出格式#

输出到标准输出。

对于每组数据输出 nn 行,第 ii 行包含 mm 个空格分隔的整数 Bi1,Bi2,,BimB_{i1}, B_{i2}, \ldots, B_{im} —— 若第 ii 行第 jj 列的格子为空地, BijB_{ij} 为该格变为障碍物后投放的方案数;否则 Bij=0B_{ij} = 0

样例#

样例 1 输入#
2 4
0 0 0 0
0 0 0 1
样例 1 输出#
14 13 10 22
15 11 17 0
样例 1 解释#

以第 22 行第 11 列的空地格为例,其变为障碍物后的网格如下图,其中白色格子代表空地,黑色格子代表障碍物。
15 种方案如下图所示,不同颜色代表不同运输机的投放位置。

样例 2 输入#
4 5
0 0 0 1 1
1 0 0 0 1
1 0 0 0 0
0 0 0 0 0
样例 2 输出#
1882 827 1523 0 0
0 1189 791 1529 0
0 1106 979 823 1315
1810 899 1136 1075 1189

数据范围与提示#

对于所有数据,有 1n,m171 \leq n, m \leq 17Aij{0,1}A_{ij} \in \{0, 1\}

子任务编号分值nnmm
1102\leq 217\leq 17
285\leq 55\leq 5
369\leq 99\leq 9
4912\leq 1212\leq 12
51715\leq 1515\leq 15
61716\leq 1616\leq 16
73317\leq 1717\leq 17

“Von allem Anfang an bin ich nur verraten und betrogen worden!”

题面与史实不尽相符。


来自 CodePlus 2018 3 月赛,清华大学计算机科学与技术系学生算法与竞赛协会 荣誉出品。
Credit:idea/吕时清 命题/吕时清 验题/吕欣,王聿中
Git Repo:https://git.thusaac.org/publish/CodePlus3
感谢腾讯公司对此次比赛的支持。


题解#

首先我们可以想到这道题一定是用插头DPDP

那么我们定义插头的状态 11 为这个方向的格子与它为一架运输机投放
然后转移时注意一下合法性就可以了, 很是简单的一道 DPDP
这样的话枚举每一个格子为障碍。
时间复杂度为 O(n2m22m+1)O(n^2m^22^{m+1})

但是这样并不能 AA 掉这道题, 事实上, 在 LibreOJ 它只能拿到 3333 分的好成绩。

33pts


正解
我们发现每次只有一个点不同
然后我们可以考虑合并。

我们正反分别进行一次插头DPDP 将所有的状态储存下来
在考虑一个块的时候

将正反的 DPDP 值乘起来就好了
需要判断一下合法性

时间复杂度O(nm2m+1+nm2m+1)O(nm2^{m+1}+nm2^{m+1})

没了

#include <cstdio>
#include <stdint.h>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int MAXN = 200000, BASE = 76543;
const int32_t MOD = 1e9 + 7;
int f[20][20][(1 << 18) + 1], g[20][20][(1 << 18) + 1];
int a[20][20], ans[20][20];
// int tmp[(1 << 18) + 1];
int DP1(int n, int m)
{
// f[0].clear();
int M = (1 << (m + 1)) - 1;
f[1][0][0] = 1;
// int now = 0;
// int Ans = 0;
register int32_t k = 0, i, j;
for (i = 1; i <= n; i++)
{
for (j = 1; j <= m; j++)
{
// now ^= 1;
// f[now].clear();
for (k = 0; k <= M; k++)
{
int S = k;
int Sum = f[i][j - 1][k];
char L = (S >> (j - 1)) & 1, U = (S >> j) & 1;
if (a[i][j])
{
if (L == 0 && U == 0)
f[i][j][S] = (f[i][j][S] + Sum) % MOD;
continue;
}
else if (L == 1 && U != 1)
{
int nxt = S ^ (1 << (j - 1));
f[i][j][nxt] = (f[i][j][nxt] + Sum) % MOD;
}
else if (L != 1 && U == 1)
{
int nxt = S ^ (1 << j);
f[i][j][nxt] = (f[i][j][nxt] + Sum) % MOD;
}
else if (L != 1 && U != 1)
{
int nxt = S ^ (1 << (j - 1));
if (i != n)
f[i][j][nxt] = (f[i][j][nxt] + Sum) % MOD;
nxt = S ^ (1 << j);
if (j != m)
f[i][j][nxt] = (f[i][j][nxt] + Sum) % MOD;
f[i][j][S] = (f[i][j][S] + Sum) % MOD;
}
// if (S == 0)
// Ans += Sum;
}
}
for (int k = 0; k <= M; k++)
f[i + 1][0][k << 1] = f[i][m][k];
// for (k = 0; k < f[now].p; k++)
// f[now].v[k].Id <<= 1;
}
return f[n][m][0];
}
// f->g
int DP2(int n, int m)
{
// f[0].clear();
int M = (1 << (m + 1)) - 1;
g[n][m + 1][0] = 1;
// int now = 0;
// int Ans = 0;
register int32_t k = 0, i, j;
for (i = n; i >= 1; i--)
{
for (j = m; j >= 1; j--)
{
// now ^= 1;
// f[now].clear();
for (k = 0; k <= M; k++)
{
int S = k;
int Sum = g[i][j + 1][k];
char L = (S >> (j - 1)) & 1, U = (S >> j) & 1;
if (a[i][j])
{
if (L == 0 && U == 0)
g[i][j][S] = (g[i][j][S] + Sum) % MOD;
continue;
}
else if (L == 1 && U != 1)
{
int nxt = S ^ (1 << (j - 1));
g[i][j][nxt] = (g[i][j][nxt] + Sum) % MOD;
}
else if (L != 1 && U == 1)
{
int nxt = S ^ (1 << j);
g[i][j][nxt] = (g[i][j][nxt] + Sum) % MOD;
}
else if (L != 1 && U != 1)
{
int nxt = S ^ (1 << (j - 1));
if (j != 1)
g[i][j][nxt] = (g[i][j][nxt] + Sum) % MOD;
nxt = S ^ (1 << j);
if (i != 1)
g[i][j][nxt] = (g[i][j][nxt] + Sum) % MOD;
g[i][j][S] = (g[i][j][S] + Sum) % MOD;
}
// if (S == 0)
// Ans += Sum;
}
}
for (int k = M; k >= 0; k--)
// {
g[i - 1][m + 1][k >> 1] = g[i][1][k];
// printf ("%d %d %d %d\n", k >> 1, k, g[i - 1][m + 1][k >> 1], g[i][1][k]);
// }
// for (k = 0; k < f[now].p; k++)
// f[now].v[k].Id <<= 1;
}
return g[1][1][0];
}
int main()
{
char n = read(), m = read();
register int i, j, k;
for (i = 1; i <= n; i++)
for (j = 1; j <= m; j++)
a[i][j] = read();
DP1(n, m), DP2(n, m);
int M = (1 << (m + 1)) - 1;
for (i = 1; i <= n; i++)
for (j = 1; j <= m; j++)
{
if (a[i][j]) continue;
int Sum = 0;
for (k = 0; k <= M; k++)
{
char L = (k >> (j - 1)) & 1, U = (k >> j) & 1;
if (L == 0 && U == 0)
(Sum += 1ll * f[i][j - 1][k] * g[i][j + 1][k] % MOD) %= MOD;
}
ans[i][j] = Sum;
}
for (i = 1; i <= n; i++)
for (j = 1; j <= m; j++)
printf ("%d%c", ans[i][j], " \n"[j == m]);
// while (1);
}
「CodePlus 2018 3 月赛」白金元首与莫斯科
https://www.nekomio.com/posts/146/
作者
NekoMio
发布于
2018-04-13
许可协议
CC BY-NC-SA 4.0