Chess
Time Limit: 6000/3000 MS
(Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K
(Java/Others)
Total Submission(s): 24 Accepted
Submission(s): 10
Problem Description
小度和小良最近又迷上了下棋。棋盘一共有N行M列，我们可以把左上角的格子定为(1,1)，右下角的格子定为(N,M)。在他们的规则中，“王”在棋盘上的走法遵循十字路线。也就是说，如果“王”当前在(x,y)点，小度在下一步可以移动到(x+1,
y), (x-1, y), (x, y+1), (x, y-1), (x+2, y), (x-2, y), (x, y+2), (x, y-2)
这八个点中的任意一个。
图1
黄色部分为棋子所控制的范围
小度觉得每次都是小良赢，没意思。为了难倒小良，他想出了这样一个问题：如果一开始“王”在(x0,y0)点，小良对“王”连续移动恰好K步，一共可以有多少种不同的移动方案？两种方案相同，当且仅当它们的K次移动全部都是一样的。也就是说，先向左再向右移动，和先向右再向左移动被认为是不同的方案。
小良被难倒了。你能写程序解决这个问题吗？
Input
输入包括多组数据。输入数据的第一行是一个整数T(T≤10)，表示测试数据的组数。
每组测试数据只包括一行，为五个整数N,M,K,x0,y0。(1≤N,M,K≤1000,1≤x0≤N,1≤y0≤M)
Output
对于第k组数据，第一行输出Case
#k:，第二行输出所求的方案数。由于答案可能非常大，你只需要输出结果对9999991取模之后的值即可。
Sample Input
2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1
Sample Output
Case #1: 2 Case #2: 4
Source
可以很容易发现行和列是独立的。
只要做两个一维的DP。
然后组合起来就是答案了。
1 /* ***********************************************
2 Author :kuangbin
3 Created Time :2014/5/25 14:57:15
4 File Name :E:\2014ACM\比赛\百度之星初赛2\B.cpp
5 ************************************************ */
6
7 #include <stdio.h>
8 #include <string.h>
9 #include <iostream>
10 #include <algorithm>
11 #include <vector>
12 #include <queue>
13 #include <set>
14 #include <map>
15 #include <string>
16 #include <math.h>
17 #include <stdlib.h>
18 #include <time.h>
19 using namespace std;
20
21 const int MOD = 9999991;
22 int C[1010][1010];
23 int dp1[2020][1010];
24 int dp2[2020][1010];
25 int x,y;
26 int n,m;
27 int k;
28 void add(int &a,int b)
29 {
30 a += b;
31 if(a >= MOD)a -= MOD;
32 }
33 int sum1[1010];
34 int sum2[1010];
35 void init()
36 {
37 C[0][0] = 1;
38 for(int i = 1;i < 1010;i++)
39 {
40 C[i][0] = C[i][i] = 1;
41 for(int j = 1; j < i;j++)
42 {
43 C[i][j] = C[i-1][j] + C[i-1][j-1];
44 if(C[i][j] >= MOD)
45 C[i][j] -= MOD;
46 }
47 }
48 memset(dp1,0,sizeof(dp1));
49 memset(dp2,0,sizeof(dp2));
50 dp1[y][0] = 1;
51 for(int t = 1;t <= k;t++)
52 for(int i = 1;i <= m;i++)
53 {
54 dp1[i][t] = 0;
55 if(i-2 >= 1)
56 {
57 add(dp1[i][t],dp1[i-2][t-1]);
58 }
59 if(i - 1 >= 1)
60 {
61 add(dp1[i][t],dp1[i-1][t-1]);
62 }
63 if(i + 1 <= m)
64 {
65 add(dp1[i][t],dp1[i+1][t-1]);
66 }
67 if(i+2 <= m)
68 {
69 add(dp1[i][t],dp1[i+2][t-1]);
70 }
71 }
72 dp2[x][0] = 1;
73 for(int t = 1;t <= k;t++)
74 for(int i = 1;i <= n;i++)
75 {
76 dp2[i][t] = 0;
77 if(i-2 >= 1)
78 {
79 add(dp2[i][t],dp2[i-2][t-1]);
80 }
81 if(i - 1 >= 1)
82 {
83 add(dp2[i][t],dp2[i-1][t-1]);
84 }
85 if(i + 1 <= n)
86 {
87 add(dp2[i][t],dp2[i+1][t-1]);
88 }
89 if(i+2 <= n)
90 {
91 add(dp2[i][t],dp2[i+2][t-1]);
92 }
93 }
94 memset(sum1,0,sizeof(sum1));
95 for(int i = 0;i <= k;i++)
96 for(int j = 1;j <= m;j++)
97 add(sum1[i],dp1[j][i]);
98 memset(sum2,0,sizeof(sum2));
99 for(int i = 0;i <= k;i++)
100 for(int j = 1;j <= n;j++)
101 add(sum2[i],dp2[j][i]);
102 }
103
104 int main()
105 {
106 //freopen("in.txt","r",stdin);
107 //freopen("out.txt","w",stdout);
108 int T;
109 int iCase = 0;
110 scanf("%d",&T);
111 while(T--)
112 {
113 iCase++;
114 printf("Case #%d:\n",iCase);
115 scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&k,&x,&y);
116 init();
117 long long ans = 0;
118 for(int i = 0;i <= k;i++)
119 {
120 ans += (long long)C[k][i] * sum1[i]%MOD*sum2[k-i]%MOD;
121 ans %= MOD;
122 }
123 printf("%d\n",(int)ans);
124
125 }
126 return 0;
127 }
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