hihocoder 1124 : 好矩阵 dp

好矩阵

时间限制:3000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

给定n, m。一个n?×?m矩阵是好矩阵当且仅当它的每个位置都是非负整数，且每行每列的和?≤?2。求好矩阵的个数，模109?+?7

输入

第一行一个整数T，表示测试点个数。下面T个测试点。每个测试点一行，包含两个整数n，m。1?≤?T?≤?104. 1?≤?n,?m?≤?100.

输出

T行。每行是对应测试点的答案。

样例输入

1
2 2

样例输出

26

题意很简单，由于，数量很大，如果考虑一个一个方格的放，要考虑横向的，又要考虑竖向的，很复杂，所以不可取。所以一排一排的放，如果，m是一定的，那么，每一排只需要考虑不超过2，且与前面已经排好的不冲突就可以了。

dp[i][a][b]表示，第i排，有a列0，b列1，m - a - b列2，的个数则

dp[i+1][a][b]+= dp[i][a][b];//第i+1排全放0

dp[i+1][a-1][b] += (ll)a * dp[i][a][b];//第i+1排在和为0那些列放一个2

dp[i+1][a-1][b+1] += (ll)a * dp[i][a][b];//第i+1排和为1放一个1

dp[i+1][a-1][b]+= (ll)a * (ll) b * dp[i][a][b];//第i+1排和为0 和为1的列各选一个 放两个1

dp[i+1][a][b-1] += (ll)b * dp[i][a][b];//第i+1排选一个和为1的列放一个1

dp[i+1][a-2][b+2] += (ll)(a * (a-1)/2) * dp[i][a][b];//第i+1排选两个和为0放两个1

dp[i+1][a][b-2] += (ll)(b * (b-1)/2) * dp[i][a][b];//第i+1排选两个和为1的放两个1

总复杂度为o(n^4);

#define N 105
#define M 100005
#define maxn 205
#define MOD 1000000007
int n,m,T;
ll dp[N][N][N],ans[N][N];
int main()
{
    //freopen("in.txt", "r", stdin);
    //freopen("out.txt", "w", stdout);
    for(int m = 1;m<=100;m++){
        int n = 100;
        for(int i =0;i<=n;i++){
            for(int a = 0;a<=m;a++){
                for(int b = 0;b<=m;b++){
                    dp[i][a][b] = 0;
                }
            }
        }
        dp[0][m][0] = 1;
        for(int i = 0;i<n;i++){
            for(int a = 0;a<=m;a++){
                for(int b = 0;a + b<=m;b++){
                    dp[i+1][a][b]+= dp[i][a][b];
                    dp[i+1][a][b] %= MOD;
                    if(a >= 1){
                        dp[i+1][a-1][b] += (ll)a * dp[i][a][b];
                        dp[i+1][a-1][b] %= MOD;
                        dp[i+1][a-1][b+1] += (ll)a * dp[i][a][b];
                        dp[i+1][a-1][b+1] %= MOD;
                    }
                    if(a >= 1 && b >= 1){
                        dp[i+1][a-1][b]+= (ll)a * (ll) b * dp[i][a][b];
                        dp[i+1][a-1][b] %= MOD;
                    }
                    if(b >= 1 ){
                        dp[i+1][a][b-1] += (ll)b * dp[i][a][b];
                        dp[i+1][a][b-1] %= MOD;
                    }
                    if(a >= 2 ){
                        dp[i+1][a-2][b+2] += (ll)(a * (a-1)/2) * dp[i][a][b];
                        dp[i+1][a-2][b+2] %= MOD;
                    }
                    if(b >= 2 ){
                        dp[i+1][a][b-2] += (ll)(b * (b-1)/2) * dp[i][a][b];
                        dp[i+1][a][b-2] %= MOD;
                    }
                }
            }
            ans[i+1][m] = 0;
            for(int a = 0;a<=m;a++){
                for(int b = 0;b<=m;b++){
                    ans[i+1][m] += dp[i+1][a][b];
                    ans[i+1][m] %= MOD;
                }
            }
        }
    }
    while(S(T)!=EOF)
    {
        while(T--){
            int s,e;
            S2(s,e);
            printf("%lld\n",ans[s][e]);
        }
    }
    return 0;
}

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