JOI2010予選 F - 方向音痴のトナカイ

問題ページ

家の数が23個以下とbitDPっぽい制約をしている。dp[S][i]=(今まで訪れた家の集合S、最後に訪れた家iになる通り数) と巡回セールスマン問題のようにDPの状態を素直に設定してみる。遷移は家iから訪れられる家jへの遷移になり、O(H+W)となる。合計でO((H+W)N2^N)となる。N<=23とbitDPにしては大きめなのでかなり怪しい計算量をしているがTLが10secなのでこれで出してみるとMLEとなる。冷静に考えるとN<=23だとN2^Nの要素数の配列は持てないのでこの解法だとだめそう。
—解説を読んだ—
プレゼントを置いていくのではなく、逆順にしプレゼントを拾っていくとして考えると考えやすい。こうすると家から家への遷移ははじめにたどり着く家のみを考えればよくなり探索空間の状態数がかなり削減できる。DPで記録しておく配列をmapを用いて必要な部分だけ持つようにすることでMLに関して問題がなくなる。mapで計算量にlogがつくと相当怪しいが出してみたら5secくらいで通った。

逆順で見るとうれしい
DPの状態数が大きいが実際に必要な部分は少ないのでmapで持つと通る(AtCoderの重さが4種類のナップザック問題を思い出した)

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#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using ll = long long;
// #define int ll
using PII = pair<int, int>;
template <typename T> using V = vector<T>;
template <typename T> using VV = vector<V<T>>;
template <typename T> using VVV = vector<VV<T>>;

#define FOR(i, a, n) for (ll i = (ll)a; i < (ll)n; ++i)
#define REP(i, n) FOR(i, 0, n)
#define ALL(x) x.begin(), x.end()
#define PB push_back

const ll INF = (1LL<<60);
const int MOD = 1000000007;

template <typename T> T &chmin(T &a, const T &b) { return a = min(a, b); }
template <typename T> T &chmax(T &a, const T &b) { return a = max(a, b); }
template <typename T> bool IN(T a, T b, T x) { return a<=x&&x<b; }
template<typename T> T ceil(T a, T b) { return a/b + !!(a%b); }
template<class S,class T>
ostream &operator <<(ostream& out,const pair<S,T>& a){
  out<<'('<<a.first<<','<<a.second<<')';
  return out;
}
template<class T>
ostream &operator <<(ostream& out,const vector<T>& a){
  out<<'[';
  REP(i, a.size()) {out<<a[i];if(i!=a.size()-1)out<<',';}
  out<<']';
  return out;
}

int dx[] = {0, 1, 0, -1}, dy[] = {1, 0, -1, 0};

signed main(void)
{
  cin.tie(0);
  ios::sync_with_stdio(false);

  int w, h;
  cin >> w >> h;
  VV<int> a(h, V<int>(w));
  REP(i, h) REP(j, w) cin >> a[i][j];

  int sx=0, sy=0;
  V<int> p, g(h*w, -1);
  REP(i, h) REP(j, w) {
    if(a[i][j]==1) {
      p.PB(i*w+j);
      g[i*w+j] = p.size()-1;
    } else if(a[i][j]==2) {
      sy = i, sx = j;
    }
  }

  // DP初期化
  int n=p.size();
  map<PII, int> dp;
  for(int i=sy-1; i>=0; --i) if(a[i][sx]==1) {
    int tmp = g[i*w+sx];
    dp[{1<<tmp,tmp}] = 1;
    break;
  }
  FOR(i, sy+1, h) if(a[i][sx]==1) {
    int tmp = g[i*w+sx];
    dp[{1<<tmp,tmp}] = 1;
    break;
  }
  for(int i=sx-1; i>=0; --i) if(a[sy][i]==1) {
    int tmp = g[sy*w+i];
    dp[{1<<tmp,tmp}] = 1;
    break;
  }
  FOR(i, sx+1, w) if(a[sy][i]==1) {
    int tmp = g[sy*w+i];
    dp[{1<<tmp,tmp}] = 1;
    break;
  }

  // DP計算
  REP(i, 1<<n) REP(j, n) {
    if(dp.find({i,j})==dp.end()) continue;
    int pos = p[j];
    REP(k, 4) {
      int x = pos%w, y = pos/w;
      x += dx[k], y += dy[k];
      while(IN(0,w,x) && IN(0,h,y)) {
        if(a[y][x]==1 && !(i&1<<g[y*w+x])) {
          dp[{i | 1<<g[y*w+x], g[y*w+x]}] += dp[{i, j}];
          break;
        }
        x += dx[k], y += dy[k];
      }
    }
  }

  int ret = 0;
  REP(i, n) {
    int pos = p[i];
    int y = pos/w, x = pos%w;
    if(sx==x || sy==y) ret += dp[{(1<<n)-1, i}];
  }
  cout << ret << endl;

  return 0;
}