插头DP~(。。。了解了一下下)

黄大佬发了一手插头dp的资料，没学过(菜呀，这玩意好难入门的，结合了2篇资料才看懂，然而入门那题没a，a了更简单的一道（emmmmmmmm），太菜了、

orz这两位聚聚：入门题详解+代码https://blog.youkuaiyun.com/litble/article/details/79369147

远古cdq聚聚的论文https://wenku.baidu.com/view/9cfbb16e011ca300a6c390d5.html?qq-pf-to=pcqq.group

插头dp适用：超小数据范围，网格图，连通性。

插头是因为对于状态压缩的dp来说，如果考虑到连通性，普通状态压缩的状态就无法满足了，此时需要维护这一行每个点的联通性。轮廓线就是n+1个围墙(也就是网格之间的边)的状态，通过插头每次转移得到下一次结果的轮廓线，那么得到最终结果的轮廓线的总数时也就是得到了答案。

hdu1693：

求一个网格中，每个非障碍点都被一个圈且这些圈不会重叠联通的种数。

圈圈这玩意，往插头上想吧。

刚开始的轮廓线为0，那么只要最终轮廓线的状态为0就是总答案。对于1，1的插头，只能转移成00

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL LIM=300005,Has=299989;
LL n,m,e1,e2,las,now,tt;LL ans;
LL mp[15][15],bin[15],tot[2];LL js[2][LIM];
LL h[300005],a[2][LIM],ne[LIM];
//tot:状态总数,js:该状态的方案总数,a:各种状态
void ins(LL zt,LL num) {//卓越的哈希技术
    LL tmp=zt%Has+1;
    for(LL i=h[tmp];i;i=ne[i])
        if(a[now][i]==zt) {js[now][i]+=num;return;}
    ne[++tot[now]]=h[tmp],h[tmp]=tot[now];
    a[now][tot[now]]=zt,js[now][tot[now]]=num;
}
void work(){
    tot[now]=1,js[now][1]=1,a[now][1]=0;//初始状态为0，个数为1
    for(LL i=1;i<=n;++i){
        for(LL j=1;j<=tot[now];++j) //状态二进制最左边为最小一位，当换行的时候最后一个必定为0
        a[now][j]<<=1;//则换行的时候最左边那个新的线为0
        for(LL j=1;j<=m;++j) {
            las=now,now^=1;
            memset(h,0,sizeof(h)),tot[now]=0;
          //  cout <<"----------------------"<<endl;
            for(LL k=1;k<=tot[las];++k) {
                LL zt=a[las][k],b1=(zt>>(j-1))%2,b2=(zt>>j)%2;
               // cout <<i<<" "<<j<<"   status "<<zt <<" "<<b1<<" "<<b2<<endl;
                //提取关键格子上的两段轮廓线状态,zt表示上一个状态，
                LL num=js[las][k]; //这个状态的数量
                if(!mp[i][j]){
                if(!b1&&!b2)//1个障碍可以有的状态为原状态无右和下的插头
              //  cout <<"障碍" << "++" <<zt<< endl;
                ins(zt,num); //表示这里是一个障碍
                }else if(!b1&&!b2){//对于这个状态,只有右下的状态可以选择，但是可以选的条件是右与下均为空地
                if(mp[i+1][j]&&mp[i][j+1]){
                    ins(zt+bin[j-1]+bin[j],num);//转移为插头的状态j-1与j各出现一个
                    //cout << "00++ " <<zt+bin[j-1]+bin[j] << "   "<<num <<endl;
                }
                }else if(!b1&&b2){ //b1为0，但是b2存在
                    if(mp[i][j+1]){
                    ins(zt,num); //转移成连右边的插头
                   // cout << "01-right " <<zt << "   "<<num <<endl;
                    }
                    if(mp[i+1][j]){
                   // cout << "01-botton" << zt-bin[j]+bin[j-1] <<"   "<< num <<endl;
                    ins(zt-bin[j]+bin[j-1],num); //转移成下面的插头
                    }
                }else if(b1&&!b2) {
                    if(mp[i][j+1]){
                    ins(zt-bin[j-1]+bin[j],num);//由于左边转移到右边
                    //cout << "10-right" << zt-bin[j-1]+bin[j]  <<"   "<< num <<endl;
                    }if(mp[i+1][j]){
                   // cout << "10-botton" << zt <<" "<<num <<endl;
                    ins(zt,num);//转移到下面，状态不改变
                    }
                }else if(b1==1&&b2==1){ //因为少了一个，也就是2个联通块匹配在了一次，那么状态中有一个独立的联通块就改为不独立了
                    ins(zt-bin[j-1]-bin[j],num);
                    //cout << "11 " << zt-bin[j-1]-bin[j]  <<" "<<num <<endl;
                }
            }
        }
    }
}
char s1[1000];
int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out1.txt","w",stdout);
    LL len1,len2,len3;
    LL T,i,j;
    scanf("%lld",&T);
    LL num=0;
    bin[0]=1;for(i=1;i<=14;++i)bin[i]=bin[i-1]<<1;
    while(T--){
    num++;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    now=0;
    for(i=1;i<=n;i++){
        for(j=1;j<=m;j++){
            scanf("%lld",&mp[i][j]);
        }
    }
    work();
    LL res=0;
    for(LL k=1;k<=tot[now];++k) {
                LL zt=a[now][k];
                if(zt==0)res+=js[now][k];
    }
    printf("Case %lld: There are %lld ways to eat the trees.\n",num,res);
    }
    return 0;
}