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给你一个4*n的棋盘，问从(1,1)出发恰好经过所有格子一次的走法数量.(n<=1000)

 

插头dp，用f[i][j][k]表示转移到第i行第j列，插头的状态是k的方案数，套上高精度。

假设要转移到格子(i,j) 前一个格子的右插头是p,上一个格子的下插头是q，

p和q都没有插头时，现在这个格子显然只能有向右和向下的插头，插头状态变成()

p和q只有一个有插头时，一个插头只能与这个插头对接，另一个插头可右可下，分别转移

pq都有插头的时候，显然只能和这两个插头对接，考虑维护联通性。

如果两个插头是(),那么会形成一个环，只有在最后一个格子才能转移。

如果两个插头是((或者))，这两个联通块被合并，把这两个插头去掉，然后把他们匹配的两个相同的插头改成()即可。

如果这两个插头是)(，那么直接去掉这两个插头即可。

插头的状态可以与处理，总共只有21种，复杂度O(4*n*21*高精度)

#include
     
      #include
      
       #include
       
        #include
        
         #define MN 2200#define mod 1000000000using namespace std;inline int read(){    int x = 0 , f = 1; char ch = getchar();    while(ch < '0' || ch > '9'){ if(ch == '-') f = -1;  ch = getchar();}    while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}    return x * f;}struct Hpc{    int  len,s[100];    void init(int x){memset(s,0,sizeof(int)*(len+1));s[1]=x;len=(x>0);}    void operator += (Hpc y)    {        len=max(len,y.len)+1;        for(int i=1;i<=len;++i)        {            s[i]+=y.s[i];            if(s[i]>=mod)            {                s[i+1]+=s[i]/mod;                s[i]%=mod;            }        }        if(!s[len]) --len;    }    void print()    {        printf("%d",s[len]);        for(int i=len-1;i>0;--i)            cout<
         
          <
          
           <
           
            >(j<<1); if((x&3)==3) {top=-1;break;} if((x&3)==1) q[++top]=j; if((x&3)==2) { if(!top) {top=-1;break;} else c[tot][q[top]]=j,c[tot][j]=q[top],--top; } } if(top) --tot; } for(int i=1;i<=n;++i) { for(int j=1;j<=tot;++j) { if(s[j]&3) f[0][s[j]].init(0); else f[0][s[j]]=f[4][s[j]>>2]; } for(int j=1;j<=4;++j) { int x=(j-1)<<1; memset(f[j],0,sizeof(f[j])); for(int k=1;k<=tot;++k) { int p=(s[k]>>x)&3; int q=(s[k]>>(x+2))&3; if(!p&&!q) f[j][s[k]|(9<