本文主要是介绍【luogu P5056】【模板】插头dp（插头DP）（分类讨论），对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

【模板】插头dp

题目链接：luogu P5056

题目大意

有一个 n*m 的网格，每个格子要么必须铺线，要么必须不铺。
然后问你有多少个铺发使得形成一个闭合回路。

思路

快乐插头 DP 模板题。

首先默认都会插头 DP，其实不会也没啥，其实就是你压你当前处理的位置跟没处理的分界线（一般叫轮廓线）。
所以主要的问题是如何压状态，因为似乎直接用这个位置是否有线不太能表示出对于的状态，它们之间还有连通关系。

那考虑是怎样连通的，自然是两两对着的，而且因为是闭合回路，自然是不会出现交叉的，所以有一个东西叫做括号序列就跟这个东西对应上了。
然后你就把左括号变成 \(1\)，右括号变成 \(2\)，如果是不铺的就是 \(0\)。
然后为了快速以及方便其实我们可以把它弄成 \(2^2=4\) 进制的。

于是我们考虑分类的讨论：
首先不能铺的格子就不铺啊，那就必须是 \(00\)，下面默认能铺。

\(00\)：就只能右跟下，因为一定要铺，所以变成了 \(12\)。
\(01\)：那就续上这条线段，续到右边 \(01\) 或者下面 \(10\) 都行。
自然 \(02,10,20\) 同理，就是续。
\(11\)：看起来一定要接上，但是又不能接上，似乎矛盾了。于是考虑把后面那个改成 \(2\)，这样不会重复因为这个 \(2\) 只有这样才会诞生。那这个改成 \(2\) 你就相当于把后面的 \(1\) 对于的 \(2\) 去掉变成 \(0\)，这个你直接往后扫 \(O(n)\) 找没问题的。
\(22\)：跟 \(11\) 一样的道理，不过这次你是找前面跟第一个 \(2\) 匹配的 \(1\) 把它变成 \(0\)。
\(21\)：这个就直接接上，变成 \(00\) 即可。
\(12\)：这个就是最后一步把环合上，自然只能在最后一个点出现，在这里统计入答案即可。

然后是一些注意事项：

1. 这个最后一步不一定是右下方，因为可能那里不能铺，要找的是最后一个能铺的位置。
2. 自然要滚动数组，毕竟状态数不少。
3. 发现直接搞状态时还是太多了，但是插头 DP 特有的有用状态少使得我们可以试着只把有用的状态找出来。
   但是你怎么对应上呢？那就用哈希吧！
   不过感觉这里邻接表样子的哈希不如往后移找位置的。（个人感觉，所以写的是后者）
4. 注意换到新的一行，轮廓写一列的那个位置从最后变回到了最前，记得把之前的状态改一下。
   因为我这里状态是按顺序压的，当然你也可以把特殊的那个一列的轮廓一直放在 \(0\) 的位置也不是不行。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring> 
#define ll long long
#define ull unsigned long long

using namespace std;

const int N = 13;
const int S = 1e5 + 100;
const int HS = 100003;
int n, m, tot[2], _, hash[HS], ex, ey;
bool in[N][N];
ll f[2][S], fv[2][S], ans;

void add(ll S, ll va) {
	int x = S % HS;
	while (hash[x]) {
		if (fv[_][hash[x]] == S) {
			f[_][hash[x]] += va; return ;
		}
		x = (x + 1) % HS;
	}
	hash[x] = ++tot[_]; fv[_][hash[x]] = S; f[_][hash[x]] = va;
}

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			char c = getchar(); while (c != '*' && c != '.') c = getchar();
			if (c == '.') in[i][j] = 1, ex = i, ey = j;
		}
	
	tot[0] = 1; f[0][1] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			_ ^= 1;
			tot[_] = 0; memset(hash, 0, sizeof(hash));
			for (int k = 1; k <= tot[_ ^ 1]; k++) {
				ll S = fv[_ ^ 1][k];
				ll l = (S >> ((j - 1) << 1)) & 3;
				ll r = (S >> (j << 1)) & 3;
				if (!in[i][j]) {
					if (!l && !r) add(S, f[_ ^ 1][k]);
					continue;
				}
				if (!l && !r) {
					if (!in[i][j + 1] || !in[i + 1][j]) continue;
					add(S ^ (1 << ((j - 1) << 1)) ^ (2 << (j << 1)), f[_ ^ 1][k]);
				}
				if (!l && r) {
					if (in[i + 1][j]) add(S ^ (r << (j << 1)) ^ (r << ((j - 1) << 1)), f[_ ^ 1][k]);
					if (in[i][j + 1]) add(S, f[_ ^ 1][k]);
				}
				if (l && !r) {
					if (in[i + 1][j]) add(S, f[_ ^ 1][k]);
					if (in[i][j + 1]) add(S ^ (l << ((j - 1) << 1)) ^ (l << (j << 1)), f[_ ^ 1][k]);
				}
				if (l == 1 && r == 1) {
					int num = 0;
					for (int o = j + 1; o <= m; o++) {
						if (((S >> (o << 1)) & 3) == 1) num++;
							else if (((S >> (o << 1)) & 3) == 2) num--;
						if (num < 0) {
							add(S ^ (1 << ((j - 1) << 1)) ^ (1 << (j << 1)) ^ (2 << (o << 1)) ^ (1 << (o << 1)), f[_ ^ 1][k]);
							break;
						}
//						if (o == m) {
//							while (1) {
//								ans++;
//							}
//						}
					}
				}
				if (l == 2 && r == 2) {
					int num = 0;
					for (int o = j - 2; o >= 0; o--) {
						if (((S >> (o << 1)) & 3) == 1) num--;
							else if (((S >> (o << 1)) & 3) == 2) num++;
						if (num < 0) {
							add(S ^ (2 << ((j - 1) << 1)) ^ (2 << (j << 1)) ^ (1 << (o << 1)) ^ (2 << (o << 1)), f[_ ^ 1][k]);
							break;
						}
//						if (o == 0) {
//							while (1) {
//								ans++;
//							}
//						}
					}
				}
				if (l == 2 && r == 1) {
					add(S ^ (2 << ((j - 1) << 1)) ^ (1 << (j << 1)), f[_ ^ 1][k]);
				}
				if (l == 1 && r == 2) {
					if (i == ex && j == ey) ans += f[_ ^ 1][k];
				}
			}
		}
		for (int j = 1; j <= tot[_]; j++) fv[_][j] <<= 2;//把跑到最右边的状态移会最左边 
	}
	
	printf("%lld", ans);
	
	return 0;
}

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