题解 P3190 【[HNOI2007]神奇游乐园】
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内有多篇插头dp题解，可配合使用，口感更佳orz
思路：
没学过插头dp的可以看这里
先理解一下题意：实际上就是要你求这个棋盘总权值最大的一个回路
看到这个数据范围，还有回路处理，就想到使用插头dp来做了
观察一下发现，这道题因为都是回路，所以联通块上方的插头一定两两配对，可以使用括号序列代替最小表示法
分情况讨论一下
情况一：当前格子上方和左方都没有插头
这种时候可以继续，也可以给当前格子加一个下插头一个右插头，相当于一个新的联通分量
情况二：上方有一个下插头，左边没有
这时有两个决策：可以向右转，也可以继续向下，操作就是分别给这个格子一个右插头或者一个下插头
注意此时新插头的括号类型和原来的那个插头相同（画个图可以理解一下）
情况三：左边有一个右插头，上面没有
同情况二，转弯或者直走
情况四：都有插头，而且两个插头是同一括号
这种情况，我们可以将这两个插头合并，在当前格子把这条路径封闭了
但是这里需要考虑一下其他的插头
我们去掉了两个相同的括号，就需要把另外一个括号反过来配对才行
比如当前的括号序列是 ((##()#(##))##)，加粗的是我们要合并的两个括号，那么这两个)变成#以后，它们原来匹配的左括号(就失配了，需要其中一个（右边的那个）左括号变成右括号，两个重新配对
也就是((##()#())##)变成((##()#(####)变成((##()#)####)
当然也可以画个图理解一下，两条路径相当于是绕了圈接起来了
这个操作需要扫一遍整个序列，是
情况五：都有插头，且两个是)(
这时候直接合并就好了
情况六：都有插头，而且两个是()
这种时候，只有在整个轮廓线上只剩下这两个插头时才能合并，路径完全封闭，得到了一个答案
状态数略多，可以滚动数组+哈希处理
分类讨论的时候注意可不可以这么做（需要判断下一个格子是否为障碍）
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define hash deep_dark_fantasy
#define inf 1e9
using namespace std;
inline int read(){
int re=0,flag=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return re*flag;
}
int n,m,x[150][150],cur,pre,ex,ey;
int st[2][300010];ll ans[2][300010],re;
int tot[2],bit[20],state[300010],st_tot,hash=300000;
struct edge{
int to,next;
}a[300010];
void insert(int sta,ll val){//往哈希表里插入一个状态，顺便更新答案
int p=sta%hash,i;
for(i=state[p];i;i=a[i].next){
if(st[cur][a[i].to]==sta){
ans[cur][a[i].to]=max(ans[cur][a[i].to],val);return;
}
}
tot[cur]++;
a[++st_tot].to=tot[cur];
a[st_tot].next=state[p];
state[p]=st_tot;st[cur][tot[cur]]=sta;ans[cur][tot[cur]]=val;
}
void dp(){
int i,j,k,l,now,down,right;ll val;re=-inf;
cur=0;tot[cur]=1;ans[cur][1]=0;st[cur][1]=0;
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=1;j<=tot[cur];j++) st[cur][j]<<=2;
for(j=1;j<=m;j++){
pre=cur;cur^=1;tot[cur]=0;st_tot=0;memset(state,0,sizeof(state));
for(k=1;k<=tot[pre];k++){
now=st[pre][k];val=ans[pre][k];
right=(now>>bit[j-1])%4;down=(now>>bit[j])%4;
if(!down&&!right){//新建联通分量，加一个下插头一个右插头
insert(now,val);
if(j!=m)
insert(now+(1<<bit[j-1])+((1<<bit[j])<<1),val+x[i][j]);
}
if(down&&!right){//延续下插头
insert(now-down*(1<<bit[j])+down*(1<<bit[j-1]),val+x[i][j]);
if(j!=m)insert(now,val+x[i][j]);
}
if(right&&!down){//延续右插头
insert(now,val+x[i][j]);
if(j!=m)
insert(now+right*(1<<bit[j])-right*(1<<bit[j-1]),val+x[i][j]);
}
if(right==1&&down==1){//合并两个左括号
int cnt=1;
for(l=j+1;l<=m;l++){
if((now>>bit[l])%4==1) cnt++;
if((now>>bit[l])%4==2) cnt--;
if(!cnt){
insert(now-(1<<bit[l])-(1<<bit[j])-(1<<bit[j-1]),val+x[i][j]);
break;
}
}
}
if(right==2&&down==2){//合并两个右括号
int cnt=1;
for(l=j-2;l>=0;l--){
if((now>>bit[l])%4==1) cnt--;
if((now>>bit[l])%4==2) cnt++;
if(!cnt){
insert(now+(1<<bit[l])-((1<<bit[j])<<1)-((1<<bit[j-1])<<1),val+x[i][j]);
break;
}
}
}
if(right==2&&down==1){//合并)(
insert(now-((1<<bit[j-1])<<1)-(1<<bit[j]),val+x[i][j]);
}
if(right==1&&down==2){//合并()，统计答案
if((now==(1<<bit[j-1])+((1<<bit[j])<<1))&&(val+x[i][j]>re)){
re=val+x[i][j];
}
}
}
}
}
}
int main(){
int i,j;
n=read();m=read();
for(i=1;i<=10;i++) bit[i]=(i<<1);
for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=m;j++) x[i][j]=read();
dp();
printf("%lld",re);
}