题面复制于洛谷
题目描述
lxhgww的小名叫”小L“，这是因为他总是很喜欢L型的东西。小L家的客厅是一个R*C的矩形，现在他想用L型的地板来铺满整个客厅，客厅里有些位置有柱子，不能铺地板。现在小L想知道，用L型的地板铺满整个客厅有多少种不同的方案？需要注意的是，如下图所示，L型地板的两端长度可以任意变化，但不能长度为0。
铺设完成后，客厅里面所有没有柱子的地方都必须铺上地板，但同一个地方不能被铺多次。
输入输出格式
输入格式：
输入的第一行包含两个整数，R和C，表示客厅的大小。接着是R行，每行C个字符。'_'表示对应的位置是空的，必须铺地板；'*'表示对应的位置有柱子，不能铺地板。
输出格式：
输出一行，包含一个整数，表示铺满整个客厅的方案数。由于这个数可能很大，只需输出它除以20110520的余数。
输入输出样例
输入样例#1：2 2*___输出样例#1：1输入样例#2：3 3___ _*____输出样例#2：8
参考了：
我终于可以告别插头dp啦233333……<—此人已疯
这道题的难点在于将插头dp的插头的定义进行修改。
0：无插头
1：有插头且当前格子所在的地板能再转弯。
2：有插头且当前格子所在的地板不能再转弯。
有了这些就可以按照插头dp的思想进行分情况讨论了：
（摘自参考博客）
1.00-->22 或 10 或 01
2.11-->00
3.10-->20 或 01
20-->00 或 02
4.01-->10 或 02
02-->00 或 20
最终把所有情况枚举累加即可。
PS：第二种情况的11转换成了00实质上是11相交的地方变成了这块地板的转折点（也可以理解为两块地板并在了一起）。
#include#include #include using namespace std;typedef long long ll;const int INF=2147483647;const int mod=300000;const int M=1000005;const int p=20110520;struct node{ int to,nxt;}edge[M];int head[M],cnt;int n,m;bool mp[105][105];int cur,pre;int state[2][M];ll ans[2][M],cntt;int tot[2];int bit[15];inline void getbit(){ for(int i=1;i<15;i++)bit[i]=i<<1; return;}inline void add(int u,int v){ cnt++; edge[cnt].to=v; edge[cnt].nxt=head[u]; head[u]=cnt; return;}void insert(int now,ll num){ int u=now%mod; for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){ int v=edge[i].to; if(state[cur][v]==now){ ans[cur][v]+=num%p; ans[cur][v]%=p; return; } } add(u,++tot[cur]); state[cur][tot[cur]]=now; ans[cur][tot[cur]]=num%p; return;}void plugdp(){ cur=0; tot[cur]=1; ans[cur][1]=1; state[cur][1]=0; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=tot[cur];j++){ state[cur][j]<<=2; } for(int j=1;j<=m;j++){ memset(head,0,sizeof(head));cnt=0; pre=cur,cur^=1; tot[cur]=0; for(int k=1;k<=tot[pre];k++){ int now=state[pre][k]; ll num=ans[pre][k]%p; int is_down=(now>>bit[j-1])%4; int is_right=(now>>bit[j])%4; if(!mp[i][j]){ if(!is_down&&!is_right) insert(now,num); } else if(!is_down&&!is_right){ if(mp[i+1][j]) insert(now+(1<