自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	ren482933891 **

搬运于2025-08-24 21:32:03，当前版本为作者最后更新于2019-08-04 14:26:11，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

自动搬运只会搬运当前题目点赞数最高的题解，您可前往洛谷题解查看更多

以下是正文

先吐槽一下

我做这一题的时候，还只做过一道插头dp的模板题。然而我仍然看出了这是一道插头dp，但之后就不会做了。于是我上网搜题解。结果

一篇题解都搜不到

没有办法，只能自己动手，丰衣足食

于是我用一个下午复习插头dp，做了两道典型例题，然后第二天上午用半天时间A掉了这道目前通过数6的题目（还有两个是输出答案的）。然后激动之余专门开通了洛谷博客写本题题解

事实上，找到性质之后这题也是比较套路的那种插头dp了

下面开始说正话

状态记录

题意可以转化为在方格图上填 $1...n\times m$ 这些数，使其连成一条路径，并且1必须填在边缘的方案数，考虑如何记录状态才能转移

显然，需要知道轮廓线上的n+1个插头的状态，还要知道轮廓线上填的数是什么（才知道现在该填什么），然后这样仍然无法转移，还需要知道到目前为止哪些数已经填过了。总共需要记录这三个东西。

然而由于多了后面那个150位的二进制位来表示每一个数填没填，这些状态无法压到一个int或long long里，而且显然这个状态有点多，跟暴力没什么区别了。

所以需要一个重要的性质

如果两个状态轮廓线上的插头完全相同，轮廓线上填的数也完全相同，那么他们已经填过的数的集合也是相同的

也就是说只要前两个东西就可以区分状态了

这个性质大概可以理解为，轮廓线已经完全确定了，又要保证是一条路径，那么两边该填哪些数其实也确定了。（反正我没有举出来反例，就认为他是对的了）

那么就可以记录状态了。

定义3种插头，0表示无插头（不向后延伸），1表示向递减的数延伸，2表示向递增的数延伸

我们需要n个150以内的数，每个数可以用8个二进制位记录

我们需要n+1个0/1/2的数，每个数可以用2个二进制位记录

正好可以压在一个32位整形里

然后就可以每次解码编码，存在哈希表里了，用比较套路的方法

每个状态还要开一个150位的bitset，表示每个数是否填过，为了后面可以转移，已经说过，每个状态只会有一个bitset

转移

一般插头dp转移都要大力讨论，此题也不例外 但本题的讨论过于繁琐，很容易重复或遗留因此可以换一种方法

先大概考虑一下当前可以填哪些数，记录在一个数组里，去重

然后一一考虑，判断是否合法。判断合法这个过程相对简单，大力continue就可以了，想到一个条件就continue一下

考虑完填那个数，之后考虑新的插头长什么样。同样还是枚举所有可能的插头，然后大力continue

这部分我为了避免没有考虑的情况，写的比较冗杂，应该有很多条件都是可以精简的。但如果不考虑代码的精致程度的话，只要无脑判断所有非法情况就可以了

如果当前插头也合法，那么转移即可

因此实际上还是很套路的。。。

下面是代码，可读性应该还是很高的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5, maxm = 55, maxl = 155, mod = 11192869, mo = 500000;
typedef long long ll;
typedef unsigned int uint;
int a[maxn][maxm], L[maxl];
int n, m, pos[maxn], plug[maxn], head[2][500010], tot[2], cur, pre, chc[maxl], ans;
struct State{
	bitset<maxl> used;
	uint stt;
	int val, nxt;
	State() { val = nxt = stt = 0; used.reset(); }
}ptr[2][1001000];
void hah(uint stt, int val, bitset<maxl> &used) {
	int x = stt % mo;
	for(int i = head[cur][x]; i; i = ptr[cur][i].nxt) if(ptr[cur][i].stt == stt) {
		ptr[cur][i].val = (ptr[cur][i].val + val) % mod; return;
	}
	ptr[cur][++tot[cur]].stt = stt;
	ptr[cur][tot[cur]].val = val;
	ptr[cur][tot[cur]].used = used;
	ptr[cur][tot[cur]].nxt = head[cur][x];
	head[cur][x] = tot[cur];
}
uint encode() {
	uint stt = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) stt = (stt << 8) + pos[i];
	for(int i = 0; i <= n; i++) stt = (stt << 2) + plug[i];
	return stt;
}
void decode(uint stt) {
	for(int i = n; i >= 0; i--) plug[i] = stt & 3, stt >>= 2;
	for(int i = n; i; i--) pos[i] = stt & 255, stt >>= 8; 
}
void solve() {
	bitset<maxl> used;
	used.reset();
	cur = 0; pre = 1; hah(0, 1, used);
	for(int j = 1; j <= m; j++) {
		// 新的一行要把plug整体右移
		for(int t = 1; t <= tot[cur]; t++) {
			decode(ptr[cur][t].stt);
			for(int i = n - 1; i >= 0; i--) plug[i + 1] = plug[i]; 
			plug[0] = 0;
			ptr[cur][t].stt = encode();
		}
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			swap(cur, pre); tot[cur] = 0;
			memset(head[cur], 0, sizeof(head[cur]));
			for(int t = 1; t <= tot[pre]; t++) {
				uint stt = ptr[pre][t].stt; 
				int val = ptr[pre][t].val;
				used = ptr[pre][t].used;
				decode(stt);
				int r = plug[i - 1], d = plug[i];
				int cnt = 0;
				if(!r && !d) for(int i = 1; i <= n * m; i++) chc[++cnt] = i;
				else {
					if(r == 1) chc[++cnt] = pos[i-1] - 1;
					else if(r == 2) chc[++cnt] = pos[i-1] + 1;
					if(d == 1) chc[++cnt] = pos[i] - 1;
					else if(d == 2) chc[++cnt] = pos[i] + 1;
				}
				// 当前位置可能会填哪些数
				sort(chc + 1, chc + 1 + cnt);
				cnt = unique(chc + 1, chc + 1 + cnt) - chc - 1;
				for(int hh = 1; hh <= cnt; hh++) {
					int x = chc[hh]; // 枚举当前位置填的数，判断是否合法
					if(a[i][j] != L[x]) continue; if(used[x]) continue;
					if(r == 1 && x != pos[i - 1] - 1) continue;
					if(r == 2 && x != pos[i - 1] + 1) continue;
					if(d == 1 && x != pos[i] - 1) continue;
					if(d == 2 && x != pos[i] + 1) continue;
					if(x == 1 && i > 1 && i < n && j > 1 && j < m) continue;
					if(i == n && j == m) ans = (ans + val) % mod;
					used[x] = 1; int od = pos[i]; pos[i] = x;
					// cout << x << endl;
					for(int npr = 0; npr <= 2; npr++) 
						for(int npd = 0; npd <= 2; npd++) {
							// 枚举新的插头，判断是否合法，这部分我写的比较冗杂，或许可以精简一下
							int pnum = (r > 0) + (d > 0) + (npr > 0) + (npd > 0);
							if(x != 1 && x != n * m && pnum != 2) continue;
							if((x == 1 || x == n * m) && pnum != 1) continue;
							if(npr == npd && npr) continue;
							if(j == m && npr) continue; if(i == n && npd) continue;
							if((npr == 1 || npd == 1) && used[x - 1]) continue;
							if((npr == 2 || npd == 2) && used[x + 1]) continue;
							if(npr == 1 && a[i][j+1] != L[x - 1]) continue;
							if(npr == 2 && a[i][j+1] != L[x + 1]) continue;
							if(npd == 1 && a[i+1][j] != L[x - 1]) continue;
							if(npd == 2 && a[i+1][j] != L[x + 1]) continue;
							// 当前转移合法，更新下一位置的状态和dp值
							plug[i - 1] = npr; plug[i] = npd;
							hah(encode(), val, used);
							plug[i - 1] = r; plug[i] = d;
						}
					used[x] = 0; pos[i] = od;
				}
			}
		}
	}
}
int main() {
	// printf("%lf\n", (double)(&b2-&b1)/1024/1024);
	// freopen("trip.in", "r", stdin);
	// freopen("trip.out", "w", stdout);
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j <= m; j++) scanf("%d", &a[i][j]);
	for(int i = 1; i <= n * m; i++) scanf("%d", &L[i]);
	L[0] = L[n * m + 1] = 521;
	for(int i = 0; i <= m + 1; i++) a[0][i] = a[n + 1][i] = 233;
	for(int i = 1; i <= n; i++) a[i][0] = a[i][m + 1] = 233;
	solve();
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}