4乘3锁模式

Question

我遇到了这个问题 。

要求计算特定长度的锁定模式可以在4x3网格中进行并遵循规则的方式的数量。 可能有一些点不得包含在路径中

有效模式具有以下属性：

• 可以使用它第一次触摸的点序列（以与绘制图案相同的顺序）来表示图案，从（1,1）到（2,2）的图案与图案不同从（2,2）到（1,1）。

• 对于模式表示中的每两个连续点A和B，如果连接A和B的线段通过其他一些点，则这些点也必须在序列中并且在A和B之前，否则模式将无效。 例如，以（3,1）然后（1,3）开头的模式表示是无效的，因为段经过（2,2），它没有出现在（3,1）之前的模式表示中，并且正确该模式的表示为（3,1）（2,2）（1,3）。 但模式（2,2）（3,2）（3,1）（1,3）是有效的，因为（2,2）出现在（3,1）之前。

• 在模式表示中，我们不会多次提及相同的点，即使模式将通过另一个有效的段再次触及此点，并且模式中的每个段必须从一个点到另一个点，该模式没有之前触摸它可能会经过一些已经出现在模式中的点。

• 模式的长度是模式表示中每两个连续点之间的曼哈顿距离的总和。 两点（X1，Y1）和（X2，Y2）之间的曼哈顿距离是| X1-X2 | + | Y1 - Y2 | （其中| X |表示X的绝对值）。

• 模式必须至少触及两点

我的方法是蛮力，循环点，从点开始并使用递归递减长度直到达到零长度然后将组合数加1。

有没有办法在数学方程中计算它或者有更好的算法？

更新：这是我所做的，它给出了一些错误的答案！ 我认为问题在于isOk功能！ notAllowed是不允许的点的全局位掩码。

bool isOk(int i, int j, int di,int dj, ll visited){
    int mini = (i<di)?i:di;
    int minj = (j<dj)?j:dj;

    if(abs(i-di) == 2 && abs(j-dj) == 2 && !getbit(visited, mini+1, minj+1) )
        return false;
    if(di == i && abs(j - dj) == 2 && !getbit(visited, i,minj+1) )
        return false;
    if(di == i && abs(j-dj) == 3 && (!getbit(visited, i,1) || !getbit(visited, i,2)) )
        return false;
    if(dj == j && abs(i - di) == 2 && !getbit(visited, 1,j) )
        return false;

    return true;
}

int f(int i, int j, ll visited, int l){
    if(l > L) return 0;
    short& res = dp[i][j][visited][l];
    if(res != -1) return res;
    res = 0;
    if(l == L) return ++res;

    for(int di=0 ; di<gN ; ++di){
        for(int dj=0 ; dj<gM ; ++dj){
            if( getbit(notAllowed, di, dj) || getbit(visited, di, dj) || !isOk(i,j, di,dj,  visited) )
                continue;
            res += f(di, dj, setbit(visited, di, dj), l+dist(i,j , di,dj));
        }
    }
    return res;
}

Answer 1

我对另一个问题的回答也可以适应这个问题。

设f（i，j，visited，k）完成部分模式的方式数，当我们当前在节点（i，j）时，已经访问了访问集中的顶点并且到目前为止已经走了一个路径长度k个。 我们可以将访问表示为位掩码。

我们可以通过尝试所有可能的下一步移动来递归计算f（i，j，visited，k）并应用DP来重用子问题解决方案：

f（i，j，visited，L）= 1

如果k> L，则f（i，j，visited，k）= 0

f（i，j，visited，k）= sum（可能的移动（i'，j'）：f（i'，j'，访问UNION {（i'，j'）}，k + dis（（i， j），（i'，j'）））

可能的移动是那些跨越多个被访问顶点然后以单向（并且不被禁止）结束的移动。

如果D是禁止顶点的集合，问题的答案是

sum（（i，j）不在D：f（i，j，{（i，j）}，L））。

运行时类似于O（X ^ 2 * Y ^ 2 * 2 ^（X * Y）*最大可能长度）。 我想最大可能的长度实际上远低于1000 。

更新：我实施了这个解决方案，它被接受了。 我用以下方式列举了可能的移动：假设我们在点（i，j）并且已经访问了所访问的顶点集。 枚举所有不同的互质对（dx，dy）0 <= dx <X和0 <= dy <Y。然后找到最小的k，其中P_k =（i + k dx，j + k dy）仍然是有效网格点并且P_k没有访问过 。 如果不禁止P_k，则为有效移动。

最大可能路径长度为39。

我正在使用大小为3 * 4 * 2 ^ 12 * 40的DP阵列来存储子问题结果。

Answer 2

可以使用组合的一些属性来优化强力方法：

1. 使用镜像（水平，垂直或两者），您可以为每个找到的组合生成4种组合（水平或垂直线除外）。 也许你只能考虑从一个象限开始的组合。

2. 您通常可以通过平移生成相同长度的其他组合（移动组合）。