DLX 详细讲解

DLX 指使用 Dancing Links 优化后的 X 算法，在随机情况下能极快速地解决精确覆盖问题。

upd2: 洛谷博客上本文已经不再维护，若需要可移步我的博客查看最新版本。

upd: 文末引用已更新。

一、问题引入

就在刚才，你的同学终于写完了 P4205 『NOI2005』智慧珠游戏，并向你展示了他的 500+ 行的代码。

小时候，你玩智慧珠；长大后，智慧珠玩你，你准备怎么办？
就在刚才，你的同学码力全开写完了 P1784 数独，感觉有了暴力搜索，他能 AK 学生会组织的所有数独比赛。

面对数独，你不愿去打那恼人的暴力，你又准备怎么办？

二、精确覆盖问题

定义：

精确覆盖问题 (Exact Cover Problem) 是指给定许多集合 $S_i (1 \le i \le n)$ 以及一个集合 $X$ ，求满足以下条件的无序多元组 $(T_1, T_2, \cdots , T_m)$ ：

(1) $\forall i, j \in [1, m],T_i\bigcap T_j = \varnothing (i \neq j)$

(2) $X = \bigcup\limits_{i = 1}^{m}T_i$

(3) $\forall i \in[1, m], T_i \in \{S_1, S_2, \cdots, S_n\}$

例如，若给出
$\begin{aligned} & S_1 = \{5, 9, 17\} \\ & S_2 = \{1, 8, 119\} \\ & S_3 = \{3, 5, 17\} \\ & S_4 = \{1, 8\} \\ & S_5 = \{3, 119\} \\ & S_6 = \{8, 9, 119\} \\ & X = \{1, 3, 5, 8, 9, 17, 119\} \end{aligned}$
则 $(S_1, S_4, S_5)$ 为一组合法解。
问题转化

我们将 $\bigcup\limits_{i = 1}^{n}S_i$ 中的所有数离散化，那么可以得到这么一个模型：

给定一个 01 矩阵，你可以选择一些行，使得最终每列都恰好有一个 1。

举个例子，我们对 (2.1) 中的例子进行建模，可以得到这么一个矩阵：
$\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
其中第 $i$ 行表示着 $S_i$ ，而这一行的每个数依次表示 $[1 \in S_i],[3 \in S_i],[5 \in S_i],\cdots,[119 \in S_i]$ 。
第一个不优秀的做法：

我们可以枚举选择哪些行，最后检查这个方案是否合法。

因为每一行都有选或者不选两种状态，所以枚举行的时间复杂度是 $O(2^n)$ 的；

而每次检查都需要 $O(nm)$ 的时间复杂度。所以总的复杂度是 $O(nm\cdot2^n)$ 。

CPP

int ok = 0;
for(int state = 0; state < 1 << n; ++state) { // 枚举每行是否被选
    for(int i = 1; i <= n; ++i) if((1 << i - 1) & state)
        for(int j = 1; j <= m; ++j)
            a[i][j] = 1;
    int flag = 1;
    for(int j = 1; j <= m; ++j) for(int i = 1, bo = 0; i <= n; ++i)
        if(a[i][j]) {
            if(bo) flag = 0;
            else bo = 1;
        }
    if(!flag) continue;
    else {
        ok = 1;
        for(int i = 1; i <= n; ++i) if((1 << i - 1) & state)
            printf("%d ", i);
        puts("");
    }
    memset(a, 0, sizeof(a));
}
if(!ok) puts("No solution.");

第二个不那么优秀的做法：

考虑到 01 矩阵的特殊性质，我们可以把每一行都看做成一个 $m$ 位二进制数。

因此被转化为了

给你 $n$ 个 $m$ 位二进制数，要求选择一些数，使得任意两个数的与都为0，且所有数的或为 $2^m - 1$ 。

tmp 表示的是截至目前的所有被选择了的 $m$ 位二进制数的或。

因为每一行都有选或者不选两种状态，所以枚举行的时间复杂度是 $O(2^n)$ 的；

而每次计算 tmp 都需要 $O(n)$ 的时间复杂度。所以总的复杂度是 $O(n\cdot2^n)$ 。

CPP

int ok = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
    for(int j = m; j >= 1; --j)
        num[i] = num[i] << 1 | a[i][j];
for(int state = 0; state < 1 << n; ++state) {
    int tmp = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)  if((1 << i - 1) & state) {
        if(tmp & num[i]) break;
        tmp |= num[i];
    }
    if(tmp == (1 << m) - 1) {
        ok = 1;
        for(int i = 1; i <= n; ++i) if((1 << i - 1) & state)
            printf("%d ", i);
        puts("");
    }
}
if(!ok) puts("No solution.");

三、X 算法

刚才的暴力实在是太菜了！连

1 \le n,m \le 200

都跑不过……

Donald E. Knuth 提出了一个叫做 X 算法 (Algorithm X) 的东西，其思想与刚才的暴力差不多，但是方便优化。

继续以 (2.1) 中提到的例子为载体，我们得到的是一个这样的 01 矩阵：

\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}

此时第一行有 $3$ 个 $1$ ，第二行有 $3$ 个 $1$ ，第三行有 $3$ 个 $1$ ，第四行有 $2$ 个 $1$ ，第五行有 $2$ 个 $1$ ，第六行有 $3$ 个 $1$ 。选择第一行，将它删除，并将所有 $1$ 所在的列打上标记；
$\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ 1 & 0 & \color{Red}0 & 1 & \color{Red}0 & \color{Red}0 & 1 \\ 0 & 1 & \color{Red}1 & 0 & \color{Red}0 & \color{Red}1 & 0 \\ 1 & 0 & \color{Red}0 & 1 & \color{Red}0 & \color{Red}0 & 0 \\ 0 & 1 & \color{Red}0 & 0 & \color{Red}0 & \color{Red}0 & 1 \\ 0 & 0 & \color{Red}0 & 1 & \color{Red}1 & \color{Red}0 & 1 \end{pmatrix}$
选择所有被标记的列，将它们删除，并将这些列中含 $1$ 的行打上标记；
$\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ 1 & 0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 \\ \color{Red}0 & \color{Red}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{Red}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{Red}0 \\ 1 & 0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 0 \\ 0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 \\ \color{Red}0 & \color{Red}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{Red}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{Red}1 \end{pmatrix}$
选择所有被标记的行，将它们删除；
$\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ 1 & 0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 \\ \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ 1 & 0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 0 \\ 0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 \\ \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 \end{pmatrix}$
这表示表示我们选择了一行，且这一行的所有 $1$ 所在的列不能有其他 $1$ 了。

于是我们得到了这样的一个新的小 01 矩阵：
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
此时第一行（原来的第二行）有 $3$ 个 $1$ ，第二行（原来的第四行）有 $2$ 个 $1$ ，第三行（原来的第五行）有 $2$ 个 $1$ 。选择第一行（原来的第二行），将它删除，并将所有 $1$ 所在的列打上标记；
$\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 \\ \color{Red}1 & 0 & \color{Red}1 & \color{Red}0 \\ \color{Red}0 & 1 & \color{Red}0 & \color{Red}1 \end{pmatrix}$
选择所有被标记的列，将它们删除，并将这些列中含 $1$ 的行打上标记；
$\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 \\ \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{Red}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{Red}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 \end{pmatrix}$
选择所有被标记的行，将它们删除；
$\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 \\ \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 \end{pmatrix}$
于是我们得到了一个空矩阵。但是上次删除的行 "1 0 1 1" 不是全 $1$ 的，说明选择有误；
$\begin{pmatrix} \end{pmatrix}$
回溯到步骤 $4$ ，我们考虑选择第二行（原来的第四行），将它删除，并将所有 $1$ 所在的列打上标记；
$\begin{pmatrix} \color{Red}1 & 0 & \color{Red}1 & 1 \\ \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ \color{Red}0 & 1 & \color{Red}0 & 1 \end{pmatrix}$
选择所有被标记的列，将它们删除，并将这些列中含 $1$ 的行打上标记；
$\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{Red}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{Red}1 \\ \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 \end{pmatrix}$
选择所有被标记的行，将它们删除；
$\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 \\ \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 \end{pmatrix}$
于是我们得到了这样的一个矩阵：
$\begin{pmatrix} 1 & 1 \end{pmatrix}$
此时第一行（原来的第五行）有 $2$ 个 $1$ ，将它们全部删除，我们得到了一个空矩阵：
$\begin{pmatrix} \end{pmatrix}$
上一次删除的时候，删除的是全 $1$ 的行，因此成功，算法结束。

答案即为我们删除的三行： $1, 4, 5$ 。

强烈建议自己模拟一遍矩阵删除、还原与回溯的过程后再接着阅读下文。

我们可以概括出 X 算法的过程：

对于现在的矩阵 $M$ ，选择并标记一列 $r$ ，将 $r$ 添加至 $S$ 中；
如果尝试了所有的 $r$ 却无解，则算法结束，输出无解。
标记与 $r$ 相关的行 $r_i$ 和 $c_i$ ；
删除所有标记的行和列，得到新矩阵 $M'$ ；
如果 $M'$ 为空，且 $r$ 为全 $1$ 的，则算法结束，输出被删除的行组成的集合 $S$ ；

如果 $M'$ 为空，且 $r$ 不为全 $1$ 的，则恢复与 $r$ 相关的行 $r_i$ 以及列 $c_i$ ，跳转至步骤 $1$ ；

如果 $M'$ 不为空，则跳转至步骤 $1$ ；

不难看出，X 算法需要大量的 “删除行”、“删除列” 和 “恢复行”、“恢复列” 的操作。

Donald E. Knuth 想到了用双向十字链表来维护这些操作。

而在双向十字链表上不断跳跃的过程被形象地比喻成“跳跃”，因此被用来优化 X 算法的双向十字链表也被称为 “Dancing Links”。

四、Dancing Links 优化的 X 算法

预编译命令

~~这句话太好用了~~

CPP

#define IT(i, A, x) for(i = A[x]; i != x; i = A[i])

定义

既然是双向十字链表，那么一定是有四个指针域的：一个指上方的元素，一个指下方的元素，一个指左边的元素，一个指右边的元素。而每个元素 $i$ 在整个双向十字链表系中都对应着一个格子，因此还要表示 $i$ 所在的列和所在的行。像这样：

是不是非常简单？

而其实大型双向链表其实是长这样的：

每一行都有一个行首指示，每一列都有一个列指示。

行首指示为 first[]，列指示是我们虚拟出的 $c + 1$ 个结点。

同时，每一列都有一个 siz[] 表示这一列的元素个数。

特殊地， $0$ 号结点无右结点等价于这个 Dancing Links 为空。
CPP
```
static const int MAXSIZE = 1e5 + 10;
int n, m, idx, first[MAXSIZE + 10], siz[MAXSIZE + 10];
int L[MAXSIZE + 10], R[MAXSIZE + 10], U[MAXSIZE + 10], D[MAXSIZE + 10];
int col[MAXSIZE + 10], row[MAXSIZE + 10];
```
$\text{remove(c)}$ 操作

$\text{remove(c)}$ 表示在 Dancing Links 中删除第 $c$ 列以及与其相关的行和列。

我们先将 $c$ 删除，此时：

(1) $c$ 左侧的结点的右结点应为 $c$ 的右结点；

(2) $c$ 右侧的结点的左结点应为 $c$ 的左结点。

即 L[R[c]] = L[c], R[L[c]] = R[c];。

然后我们要顺着这一列往下走，把走过的每一行都删掉。

如何删掉每一行呢？枚举当前行的指针 $j$ ，此时：

(1) $j$ 上方的结点的下结点应为 $j$ 的下结点；

(2) $j$ 下方的结点的上结点应为 $j$ 的上结点。

注意要修改每一列的元素个数。

即 U[D[j]] = U[j], D[U[j]] = D[j], --siz[col[j]];。

因此 $\text{remove(c)}$ 的代码实现就非常简单了：

其中第一个 IT(i, D, c) 等价于 for(i = D[c]; i != c; i = D[i])，即在顺着这一列从上往下遍历；

第二个 IT(j, R, i) 等价于 for(j = R[i]; j != i; j = R[j])，即在顺着这一行从左往右遍历。
CPP
```
void remove(const int &c) {
     int i, j;
	    L[R[c]] = L[c], R[L[c]] = R[c];
     IT(i, D, c) IT(j, R, i)
     U[D[j]] = U[j], D[U[j]] = D[j], --siz[col[j]];
}
```
$\text{recover(c)}$ 操作

$\text{recover(c)}$ 表示在 Dancing Links 中还原第 $c$ 列以及与其相关的行和列。

$\text{recover(c)}$ 即 $\text{remove(c)}$ 的逆操作，在这里就不多赘述了。

值得注意的是， $\text{recover(c)}$ 的所有操作的顺序与 $\text{remove(c)}$ 的操作恰好相反。

在这里给出 $\text{recover(c)}$ 的代码实现：
CPP
```
void recover(const int &c) {
   	int i, j;
   	IT(i, U, c) IT(j, L, i)
   	U[D[j]] = D[U[j]] = j, ++siz[col[j]];
   	L[R[c]] = R[L[c]] = c;
}
```
$\text{build(r, c)}$ 操作

$\text{build(r, c)}$ 表示新建一个大小为 $r \times c$ ，即有 $r$ 行， $c$ 列的 Dancing Links。

我们新建 $c + 1$ 个结点，为列指示。

第 $i$ 个点的左结点为 $i - 1$ ，右结点为 $i + 1$ ，上结点为 $i$ ，下结点为 $i$ 。

特殊地， $0$ 结点的左结点为 $c$ ， $c$ 结点的右结点为 $0$ 。

于是我们得到了一条链：
CPP
```
void build(const int &r, const int &c) {
   	n = r, m = c;
   	for(int i = 0; i <= c; ++i) {
   		L[i] = i - 1, R[i] = i + 1;
   		U[i] = D[i] = i;
   	}
   	L[0] = c, R[c] = 0, idx = c;
   	memset(first, 0, sizeof(first));
   	memset(siz, 0, sizeof(siz));
}
```
这样就初始化了一个 Dancing Links。
$\text{insert(r, c)}$ 操作

$\text{insert(r, c)}$ 表示在第 $r$ 行，第 $c$ 列插入一个结点。

我们分两种情况来操作：

(1) 如果第 $r$ 行没有元素，那么直接插入一个元素，并使 $first(r)$ 指向这个元素；

(2) 如果第 $r$ 行有元素，那么将这个新元素 用一种奇异的方式 与 $c$ 和 $first(r)$ 连接起来。

对于 (1)，我们可以通过 first[r] = L[idx] = R[idx] = idx; 来实现；

对于 (2)，（我们称这个新元素为 $idx$ ）：
- 我们把 $idx$ 插入到 $c$ 的正下方，此时：
  
  (1) $idx$ 下方的结点为原来 $c$ 的下结点；
  
  (2) $idx$ 下方的结点（即原来 $c$ 的下结点）的上结点为 $idx$ ;
  
  (3) $idx$ 的上结点为 $c$ ；
  
  (4) $c$ 的下结点为 $idx$ 。
  
  注意记录 $idx$ 的所在列和所在行，以及更新这一列的元素个数。
  CPP
```
col[++idx] = c, row[idx] = r, ++siz[c];
U[idx] = c, D[idx] = D[c], U[D[c]] = idx, D[c] = idx;
```
  强烈建议读者完全掌握这几步的顺序后再继续阅读本文。
- 我们把 $idx$ 插入到 $first(r)$ 的正右方，此时：
  
  (1) $idx$ 右侧的结点为原来 $first(r)$ 的右结点；
  
  (2) 原来 $first(r)$ 右侧的结点的左结点为 $idx$ ；
  
  (3) $idx$ 的左结点为 $first(r)$ ；
  
  (4) $first(r)$ 的右结点为 $idx$ 。
  CPP
```
L[idx] = first[r], R[idx] = R[first[r]];
R[first[r]] = idx, L[R[first[r]]] = idx;
```
  强烈建议读者完全掌握这几步的顺序后再继续阅读本文。
对于 $\text{insert(r, c)}$ 这个操作，我们可以画图来辅助理解：

留心曲线箭头的方向。

在这里给出 $\text{insert(r, c)}$ 的代码：
CPP
```
void insert(const int &r, const int &c) {
    row[++idx] = r, col[idx] = c, ++siz[c];
    U[idx] = D[idx] = c, U[D[c]] = idx, D[c] = idx;
    if(!first[r]) first[r] = L[idx] = R[idx] = idx;
    else {
        L[idx] = first[r], R[idx] = R[first[r]];
        L[R[first[r]]] = idx, R[first[r]] = idx;
    }
}
```
$\text{dance()}$ 操作

$\text{dance()}$ 即为递归地删除以及还原各个行列的过程。

(1) 如果 $0$ 号结点没有右结点，那么矩阵为空，记录答案并返回；

(2) 选择列元素个数最少的一列，并删掉这一列；

(3) 遍历这一列所有有 $1$ 的行，枚举它是否被选择；

(4) 递归调用 $\text{dance()}$ ，如果可行，则返回；如果不可行，则恢复被选择的行；

(5) 如果无解，则返回；

在这里给出 $\text{dance()}$ 的代码实现：
CPP
```
bool dance(int dep) {
     int i, j, c = R[0];
   	if(!R[0]) { ans = dep; return 1; }
   	IT(i, R, 0) if(siz[i] < siz[c]) c = i;
   	
   	remove(c);
   	IT(i, D, c) {
   		stk[dep] = row[i];
   		IT(j, R, i) remove(col[j]);
   		if(dance(dep + 1)) return 1;
   		IT(j, L, i) recover(col[j]);
   	}
   	recover(c);
   	
     return 0;
}
```
其中 stk[] 用来记录答案。

注意我们每次优先选择列元素个数最少的一列进行删除，这样能保证程序具有一定的启发性（乱扯的），是搜索树分支最少（不会证）。
P4929 【模板】舞蹈链（DLX）

模板代码

四又二分之一、时间复杂度分 (luàn) 析 (chě)

DLX 的时间复杂度是 指数级 的，它递归及回溯的次数与矩阵中

1

的个数有关，与矩阵的

r, c

等参数无关。

因此理论复杂度大概在

O(c^n)

左右，其中

c

为某个非常接近于

1

的常数，

n

为矩阵中

1

的个数。

但实际情况下 DLX 表现良好，一般能解决大部分的问题。

五、如何建模

DLX 的难点，~~除了垃圾链表连这连那~~就是建模。

请确保已经完全掌握 DLX 模板后再继续阅读本文。

我们每拿到一个题，应该考虑行和列所表示的意义：

行表示决策，因为每行对应着一个集合，也就对应着选 / 不选；
列表示状态，因为第 $i$ 列对应着某个条件 $P_i$ 。

对于某一行而言，由于不同的列的值不尽相同，我们 由不同的状态，定义了一个决策。

【洛谷】 P1784 数独题目链接

先考虑决策是什么。

在这一题中，每一个决策可以用形如 $(r, c, w)$ 的有序三元组表示。

注意到 “宫” 并不是决策的参数，因为它 可以被每个确定的 $(r, c)$ 表示。

因此有 $9 \times 9 \times 9 = 729$ 行。

再考虑状态是什么。

我们思考一下 $(r, c, w)$ 这个决将会造成什么影响。记 $(r, c)$ 所在的宫为 $b$ 。

(1) 第 $r$ 行用了一个 $w$ （用 $9 \times 9 = 81$ 列表示）；

(2) 第 $c$ 列用了一个 $w$ （用 $9 \times 9 = 81$ 列表示）；

(3) 第 $b$ 宫用了一个 $w$ （用 $9 \times 9 = 81$ 列表示）；

(4) $(r, c)$ 中填入了一个数（用 $9 \times 9 = 81$ 列表示）。

因此有 $81 \times 4 = 324$ 列，共 $729 \times 4 = 2916$ 个 $1$ 。

至此，我们成功地将 $9 \times 9$ 的数独问题转化成了一个有 $729$ 行， $324$ 列，共 $2916$ 个 $1$ 的精确覆盖问题。
【洛谷】 P1074 靶形数独题目链接

这一题与 (5.1) 的模型构建 一模一样，主要区别在于答案的更新。

这一题可以开一个权值数组，每次找到一组数独的解时，

每个位置上的数乘上对应的权值计入答案即可。
【洛谷】 P4205 『NOI2005』智慧珠游戏题目链接

~~终于，我们打到了大 boss。~~
- 定义：题中给我们的智慧珠的形态，称为这个智慧珠的 标准形态。
显然，我们可以通过改变两个参数 $d$ （表示顺时针旋转 $90^{\circ}$ 的次数）和 $f$ （是否水平翻转）来改变这个智慧珠的形态。

仍然，我们先考虑决策是什么。

在这一题中，每一个决策可以用形如 $(v, d, f, i)$ 的有序五元组表示。

表示第 $i$ 个智慧珠的 标准形态 的左上角的位置，序号为 $v$ ，经过了 $d$ 次顺时针转 $90^{\circ}$ 。

巧合的是，我们可以令 $f = 1$ 时不水平翻转， $f = -1$ 时水平翻转，从而达到简化代码的目的。

因此有 $55 \times 4 \times 2 \times 12 = 5280$ 行。

需要注意的是，因为一些不合法的填充，如 $(1, 0, 1, 4)$ ，

所以在实际操作中，空的智慧珠棋盘也只需要建出 $2730$ 行。

再考虑状态是什么。

这一题的状态比较简单。

我们思考一下， $(v, d, f, i)$ 这个决策会造成什么影响。

(1) 某些格子被占了（用 $55$ 列表示）；

(2) 第 $i$ 个智慧珠被用了（用 $12$ 列表示）。

因此有 $55 + 12 = 67$ 列，共 $5280 \times (5 + 1) = 31680$ 个 $1$ 。

至此，我们成功地将智慧珠游戏转化成了一个有 $5280$ 行， $67$ 列，共 $31680$ 个 $1$ 的精确覆盖问题。

六、练习

SP1110 SUDOKU - Sudoku 题目链接
『kuangbin带你飞』专题三 Dancing Links 题表链接

七、总结

DLX 能用来解决精确覆盖问题，而适当地建立起模型后能解决一些毒瘤的大模拟。

但这个东西的复杂度我是真的不会证，各位大佬就权当娱乐好了。

~~DLX 也不是什么联赛或省选知识点。~~

八、参考资料：

英雄哪里出来的《夜深人静写算法（九）- Dancing Links X（跳舞链）》
万仓一黍的《跳跃的舞者，舞蹈链（Dancing Links）算法——求解精确覆盖问题》
zhangjianjunab 的《DLX算法一览》
静听风吟。的《搜索：DLX算法》
刘汝佳，陈锋的《算法竞赛入门经典：训练指南》

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