题面
题目描述
这次小可可想解决的难题和中国象棋有关,在一个 \(N\) 行 \(M\) 列的棋盘上,让你放若干个炮(可以是 \(0\) 个),使得没有一个炮可以攻击到另一个炮,请问有多少种放置方法。大家肯定很清楚,在中国象棋中炮的行走方式是:一个炮攻击到另一个炮,当且仅当它们在同一行或同一列中,且它们之间恰好 有一个棋子。你也来和小可可一起锻炼一下思维吧!
输入输出格式
输入格式:
一行包含两个整数 \(N\) , \(M\) ,之间由一个空格隔开。
输出格式:
总共的方案数,由于该值可能很大,只需给出方案数模 \(9999973\) 的结果。
输入输出样例
输入样例:
1 3
输出样例:
7
说明
样例说明
除了 \(3\) 个格子里都塞满了炮以外,其它方案都是可行的,所以一共有 \(2 \times 2 \times 2-1=7\) 种方案。
数据范围
$100 % $的数据中 \(N\) 和 \(M\) 均不超过 \(100\)
$50 % $的数据中 \(N\) 和 \(M\) 至少有一个数不超过 \(8\)
$30 % $ 的数据中 \(N\) 和 \(M\) 均不超过 \(6\)
思路
晚上帮 \(alec\) 大佬调 \(L^AT_EX\) 结果还是没有调好,于是就来做题,没想到这个紫题这么简单。(奶一口,一个月之内它会变蓝)
很显然,同行同列不能摆超过两个炮,所以首先想到的是类似八皇后啥的的状压 \(DP\) ,但是本题要记录没有放棋子、放了一个棋子、放了两个棋子这三种状态,要用我不会打(其实是懒)的手写三进制,而且 \(3^100\) 内存也是不允许的,所以考虑用其它方法来更新。
定义 \(f[i][j][k]\) 表示放了前 \(i\) 行后共有 \(j\) 列上各有两个炮,且共有 \(k\) 列上各有一个炮的情况的方案数。首先,显然有 \(f[0][0][0]=1\) 。而对于新的一行,我们就可以这样更新:
- 这一行不放: \(f[i][j][k]+=f[i-1][j][k]\) ;
- 这一行放了一个,且这一个放在原有一个炮的一列上: \(f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k+1] \times (k+1)\) ;
- 这一行放了一个,且这一个放在没有炮的一列上: \(f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-1] \times (m-j-k+1)\) ;
- 这一行放了两个,且这两个都放在原来没有炮的两列上: \(f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-2] \times C_{m-j-k+2}^2\) ;
- 这一行放了两个,且一个放在原来没有炮的一列上,另一个放在原来有一个炮的一列上: \(f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k] \times (m-j-k+1) \times k\) ;
- 这一行放了两个,且两个都放在原来有一个炮的两列上: \(f[i][j][k]+=f[i-1][j-2][k+2] \times C_{k+2}^2\) ;
一共有 \(6\) 种转移途径呢!但是并不是每种状态都可以有六种转移方式,我们还要在代码中加入对于边界的判断,这样就能顺利 \(AC\) 了。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL P=9999973;
LL n,m,ans,f[105][105][105];
LL C(LL x){return x*(x-1)/2;}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
f[0][0][0]=1;
for(LL i=1;i<=n;i++)
for(LL j=0;j<=m;j++)
for(LL k=0;k+j<=m;k++)
{
f[i][j][k]=f[i-1][j][k];///这一行不放
///放一个
if(j-1>=0&&k+1<=m) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j-1][k+1]*(k+1))%P;///从k变为j
if(k-1>=0) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j][k-1]*(m-j-k+1))%P;///新增一个k
///放两个
if(k-2>=0) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j][k-2]*C(m-j-k+2))%P;///新增两个k状态
if(j-1>=0&&k-1>=0) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j-1][k]*(m-j-k+1)*k)%P;///1个从k变为j,一个新增k
if(j-2>=0&&k+2<=m) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j-2][k+2]*C(k+2))%P;///2个从k变为j
}
for(LL i=0;i<=m;i++)
for(LL j=0;i+j<=m;j++)
ans=(ans+f[n][i][j])%P;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
原文地址:https://www.cnblogs.com/coder-Uranus/p/9746300.html