HDU-5155 Harry And Magic Box

题目描述

在$n*m$的矩阵内每一行每一列都有钻石，问钻石分布的种类？

答案有可能很大，所以输出答案对$1000000007$取模。

Input

对于每个测试用例，有两个整数$n$和$m$表示框的大小。$0< N,M<50$

Output

输出每组数据的分发数.

Sample Input

Sample Output

这是一道比较优秀的容斥题。

首先，我们很显然的看到$n,m$范围都不是很大，考虑$dp$。

定义$dp[i][j]$表示有$i$行和$j$列已经满足条件的方案数。

至于为什么是有$i$行和$j$列，而不是前$i$行和$j$列，因为相对应前$i$行，有$i$行会较简单，比较好求。

求完后直接容斥即可。

下面有了定义我们就可以直接开始大力$dp$了。

对于当前考虑的$i$行$j$列，若不考虑钻石的放置一共有$2^{i*j}$中取法。

而现在我们需要将其中不满足条件的方案给去掉。

对于有$i$行$j$列的，我们需要去掉的是少于$i$行$j$列的，而我们的$dp$是从小到大枚举的。

所以，当我们求$dp[i][j]$时，$dp[i-1][j]...$等的$dp$值我们都已经求出来了。

而把$i$行$j$列的方案中去掉$a$行$b$列的方案不就是从$i$行$j$列中选$a$行$b$列吗？

行和列可以分开来算，即从$i$行$j$列中选$a$行$b$列的方案数=从$i$行中选$a$行的方案数*从$j$列中选$b$列的方案数。

即$C(i,a)*C(n,j)$。

同样我们枚举所有小于等于$(i,j)$的点对，同时减去这些不满足条件的方案就好了。

注意负数要加上模数再取模

代码如下

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#include <vector>

#include <cmath>

using namespace std;

#define int long long

#define reg register

#define Raed Read

#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof a)

#define Mod(x) (x>=mod)&&(x-=mod)

#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl;

#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))

#define min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))

#define rep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<=a##_end_; ++a)

#define ret(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<a##_end_; ++a)

#define drep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a>=a##_end_; --a)

#define erep(i,G,x) for(int i=(G).Head[x]; i; i=(G).Nxt[i])

#pragma GCC target("avx,avx2,sse4.2")

#pragma GCC optimize(3)

inline int Read(void) {

	int res=0,f=1;

	char c;

	while(c=getchar(),c<48||c>57)if(c=='-')f=0;

	do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);

	while(c=getchar(),c>=48&&c<=57);

	return f?res:-res;

}

template<class T>inline bool Min(T &a, T const&b) {

	return a>b?a=b,1:0;

}

template<class T>inline bool Max(T &a, T const&b) {

	return a<b?a=b,1:0;

}

const int N=55,M=1e5+5,mod=1e9+7;

bool MOP1;

int n,m,Fac[N],Inv[N],V[N],Pow[N*N],dp[N][N];

int C(int a,int b) {

	return ((Fac[a]*Inv[a-b])%mod*Inv[b])%mod;

}

bool MOP2;

inline void _main(void) {

	Fac[0]=Inv[0]=Fac[1]=V[1]=Inv[1]=Pow[0]=1ll;

	rep(i,2,50) {

		Fac[i]=(Fac[i-1]*i)%mod;

		V[i]=(mod-mod/i)*V[mod%i]%mod;

		Inv[i]=(Inv[i-1]*V[i])%mod;

	}

	rep(i,1,2500)Pow[i]=Pow[i-1]*2ll%mod;

	rep(i,0,50)rep(j,0,50) {

		dp[i][j]=Pow[i*j];

		rep(a,0,i)rep(b,0,j) {

			if(a==i&&b==j)continue;

			dp[i][j]=(dp[i][j]-((dp[a][b]*C(i,a))%mod*C(j,b))%mod)%mod;

		}

		dp[i][j]=(dp[i][j]+mod)%mod;

	}

	while(~scanf("%lld %lld",&n,&m)) {

		printf("%lld\n",dp[n][m]);

	}

}

signed main() {

	_main();

	return 0;

}

$update.in.2019.9.10$

发现教练的一种极强的做法，可以支持$n,m$高达$1e5$的做法，时间复杂度$O(m*log_n)$。

设$f(i)$表示至少有$i$列没有被覆盖的情况，一定不放的列有$C(m,i)$中选法。

再依次考虑每一行，剩下的$m-i$列，有$2^{m-i}$中放法，需要减掉全部都不放的情况，因为要保证每行至少要有一个。故有$2^{m-i}-1$种放法。

也就是说，确定了哪些列不放之后，每一行$2^{m-i}-1$种放法,所以总的放法有$(2^{m-i}-1)^n$。

$f(0)$表示至少有0列一定不放,这就是所有的情况。

其中包含了至少有1列不放的情况，需要减掉。还需要把至少有2列不放的情况加回来，依次类推，有如下结果：$ans=\sum (-1)^i*C(m,i)*(2^{m-i}-1)^n$

代码如下：

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#include <vector>

#include <cmath>

using namespace std;

#define int long long

#define reg register

#define Raed Read

#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof a)

#define Mod(x) (x>=mod)&&(x-=mod)

#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl;

#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))

#define min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))

#define rep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<=a##_end_; ++a)

#define ret(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<a##_end_; ++a)

#define drep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a>=a##_end_; --a)

#define erep(i,G,x) for(int i=(G).Head[x]; i; i=(G).Nxt[i])

#pragma GCC target("avx,avx2,sse4.2")

#pragma GCC optimize(3)

inline int Read(void) {

	int res=0,f=1;

	char c;

	while(c=getchar(),c<48||c>57)if(c=='-')f=0;

	do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);

	while(c=getchar(),c>=48&&c<=57);

	return f?res:-res;

}

template<class T>inline bool Min(T &a, T const&b) {

	return a>b?a=b,1:0;

}

template<class T>inline bool Max(T &a, T const&b) {

	return a<b?a=b,1:0;

}

const int N=1e5+5,M=1e5+5,mod=1e9+7;

bool MOP1;

inline int Pow(int x,int y) {

	int res=1;

	while(y) {

		if(y&1)res=(res*x)%mod;

		x=x*x%mod,y>>=1;

	}

	return res;

}

int Fac[N],Inv[N],Pow_2[N],V[N];

int C(int a,int b) {

	if(a<b||b<0)return 0;

	return 1ll*Fac[a]*((1ll*Inv[a-b]*Inv[b])%mod)%mod;

}

bool MOP2;

inline void _main(void) {

	Fac[0]=Inv[0]=Fac[1]=V[1]=Inv[1]=Pow_2[0]=1ll;

	Pow_2[1]=2ll;

	ret(i,2,N) {

		Fac[i]=(1ll*Fac[i-1]*i)%mod;

		V[i]=1ll*(mod-mod/i)*V[mod%i]%mod;

		Inv[i]=(1ll*Inv[i-1]*V[i])%mod;

		Pow_2[i]=1ll*Pow_2[i-1]*2%mod;

	}

	int n,m;

	while(~scanf("%d %d\n",&n,&m)) {

		int Ans=0;

		rep(i,0,m) {

			int temp=1ll*C(m,i)*Pow(Pow_2[m-i]-1,n)%mod;

			if(i&1)Ans-=temp;

			else Ans+=temp;

			if(Ans>mod)Ans-=mod;

			if(Ans<0)Ans+=mod;

		}

		printf("%d\n",Ans);

	}

}

signed main() {

	_main();

	return 0;

}