题意：求能放进w*h的网格中的不同的n连通块个数(通过平移/旋转/翻转后相同的算同一种)，1<=n<=10,1<=w,h<=n。
刘汝佳的题真是一道比一道让人自闭...QAQ~~
这道题没什么好的办法，Polya定理也毫无用武之地，只能暴力构造出所有可能的连通块，然后用set判重，比较考验基本功。
连通块可以用一个结构体D来表示，D的n代表黑块数量，然后有至多10个点P(x,y)，用另一个结构体数组P[N]来表示。
问题的关键在于如何判重。
首先要知道set是通过<运算符来判重的，因此肯定要重载一下<运算符。既然要重载<运算符，那么就需要能比较出两个连通块的大小来。
如何比较两个黑块数量相同的连通块的大小呢？可以类比向量的字典序大小比较法，把所有的黑块按照x从小到大排序，x相同的按y从小到大排序，就可以比较大小了。
但是同构的两个连通块之间是不具有大小关系的，因此要先想办法把同构的连通块弄成统一的样子。
考虑三类等价变换：
1.平移：$(x,y)\leftrightarrow(x+a,y+b)$
2.旋转：$(x,y)\leftrightarrow(-y,x)$
3.翻转：$(x,y)\leftrightarrow(-x,y)$
所有同构的连通块都可以通过以上三类变换相互得到，对于同构的连通块，可以只保留其中字典序最小的。由于通过旋转和翻转能构造出的不同连通块只有8种，因此可以枚举这8中连通块，然后平移到左上角，取其中字典序最小的即可。
注意在比较字典序的时候，正反都要比较一下。（某人因为忘了反着比较而花了两个小时写了一整页代码来debug~~）
然后就没什么特别需要注意的了，设st[i][j][k]为用i个黑块能构造出j*k(j<=k)的异构连通块的集合，递推搞一搞就行了。
代码：（七重for循环，大概是我写过的层数最多的for循环了~~UVA的评测机也很给力，本地要跑300+ms，交上去30ms就过了）
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 typedef long long ll;
4 const int N=10+2,inf=0x3f3f3f3f;
5 const int dx[]= {0,0,-1,1};
6 const int dy[]= {-1,1,0,0};
7 //格点
8 struct P {
9 int x,y;
10 bool operator==(const P& b)const {return x==b.x&&y==b.y;}
11 bool operator<(const P& b)const {return x!=b.x?x<b.x:y<b.y;}
12 };
13 //连通块
14 struct D {
15 int n;
16 P p[N];
17 D(int _n):n(_n) {}
18 //字典序比较，重点
19 bool operator<(const D& b)const {
20 for(int i=0; i<n; ++i) {
21 if(p[i]<b.p[i])return 1;
22 if(b.p[i]<p[i])return 0;
23 }
24 return 0;
25 }
26 //旋转
27 D rot() {
28 D ret(n);
29 for(int i=0; i<n; ++i)ret.p[i]= {-p[i].y,p[i].x};
30 return ret;
31 }
32 //翻转
33 D flip() {
34 D ret(n);
35 for(int i=0; i<n; ++i)ret.p[i]= {-p[i].x,p[i].y};
36 return ret;
37 }
38 //平移到左上角
39 D norm() {
40 D ret=*this;
41 int dx=inf,dy=inf;
42 for(int i=0; i<n; ++i)dx=min(dx,ret.p[i].x),dy=min(dy,ret.p[i].y);
43 for(int i=0; i<n; ++i)ret.p[i].x-=dx,ret.p[i].y-=dy;
44 sort(ret.p,ret.p+n);
45 return ret;
46 }
47 //字典序最小的同构
48 D minimum() {
49 D a=this->norm(),b=a;
50 for(int i=0; i<2; ++i,b=b.flip())
51 for(int j=0; j<4; ++j,b=b.rot()) {
52 b=b.norm();
53 if(b<a)a=b;
54 }
55 return a;
56 }
57 };
58 set<D> st[N][N][N];
59 int n,w,h,ans;
60
61 int main() {
62 D t(1);
63 t.p[0]= {0,0};
64 st[1][1][1].insert(t);
65 for(int _=1; _<10; ++_) {
66 for(int i=1; i<=10; ++i)
67 for(int j=i; j<=10; ++j) {
68 for(D t:st[_][i][j]) {
69 t.n++;
70 for(int k=0; k<t.n-1; ++k) {
71 for(int f=0; f<4; ++f) {
72 t.p[t.n-1]= {t.p[k].x+dx[f],t.p[k].y+dy[f]};
73 bool ff=1;
74 for(int l=0; l<t.n-1; ++l)if(t.p[t.n-1]==t.p[l]) {ff=0; break;}//防止格点重复
75 if(!ff)continue;
76 int maxx=~inf,minx=inf,maxy=~inf,miny=inf;
77 for(int l=0; l<t.n; ++l) {
78 maxx=max(maxx,t.p[l].x);
79 minx=min(minx,t.p[l].x);
80 maxy=max(maxy,t.p[l].y);
81 miny=min(miny,t.p[l].y);
82 }
83 int tx=maxx-minx+1,ty=maxy-miny+1;
84 if(tx>ty)swap(tx,ty);
85 st[_+1][tx][ty].insert(t.minimum());
86 }
87 }
88 }
89 }
90 }
91 while(scanf("%d%d%d",&n,&w,&h)==3) {
92 ans=0;
93 if(w>h)swap(w,h);
94 for(int i=1; i<=w; ++i)
95 for(int j=1; j<=h; ++j)
96 ans+=st[n][i][j].size();
97 printf("%d\n",ans);
98 }
99 return 0;
100 }