51nod 1518 稳定多米诺覆盖(容斥+二项式反演+状压dp)

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解题思路

　　直接算不好算，考虑容斥，但并不能把行和列一起加进去容斥，这会使时间复杂度非常高，那么就考虑枚举行后\(dp\)。设\(f[i]\)表示存在\(i\)列有线，任意一行无线的方案数，\(g[i[\)表示至少有\(i\)列有线，任意一行无线的方案数，那么

\[g[i]=\sum\limits_{k=i}^n C(i,k)f[i]
\]

二项式反演得

\[f[0]=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^kg[k]C(k,0)
\]

那么只需要考虑求出\(g\)。

　　首先要预处理出来\(dp[i][j]\)表示\(i\)行\(j\)列任意放的方案数，那么算答案时可以先枚举哪几列有线，然后算出\(g[i]\)，\(g[i]\)就是首先把\(dp\)数组合并，直观理解就是把那几块拼在一起，然后减去\(j<i\)的\(g[j]\)，就是保证行没有线，之后就可以算答案了。时间复杂度O(\(2^n n^2)\)

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define int long long

using namespace std;
const int N=18;
const int MOD=1e9+7;
typedef long long LL;

int f[N][N],n,m,g[N],ans,dp[2][(1<<(17))],tmp[N];
vector<int> v;

inline void DP(int lim){
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	int now=0; dp[0][(1<<lim)-1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=lim;j++){
			now^=1; memset(dp[now],0,sizeof(dp[now]));
			for(int S=0;S<(1<<lim);S++)if(dp[now^1][S]){
				if(S&1) (dp[now][S>>1]+=dp[now^1][S])%=MOD;
				if(i!=1 && (!(S&1)))
					(dp[now][(S>>1)|(1<<(lim-1))]+=dp[now^1][S])%=MOD;
				if(j!=1 && (S&1) && lim>1 && (!(S&(1<<(lim-1)))))
					(dp[now][(S>>1)|(1<<(lim-1))|(1<<(lim-2))]+=dp[now^1][S])%=MOD;
			}
		}
		f[i][lim]=dp[now][(1<<lim)-1];
	}
}

inline void prework(){
	for(int i=1;i<=m;i++) DP(i);
}

signed main(){
	n=m=16; prework();
	while(~scanf("%lld%lld",&n,&m)){
		for(int S=(1<<(m-1));S<(1<<m);S++){
			int lst=0; v.clear();
			for(int i=1;i<=m;i++)
				if(S&(1<<(i-1))) v.push_back(i-lst),lst=i;
			for(int i=1;i<=n;i++){
				tmp[i]=1;
				for(int j=0;j<v.size();j++)
					tmp[i]=1ll*tmp[i]*f[i][v[j]]%MOD;
			}
			for(int i=1;i<=n;i++){
				g[i]=tmp[i];
				for(int k=1;k<i;k++)
					g[i]-=1ll*g[k]*tmp[i-k]%MOD,g[i]%=MOD;
			}
			if(v.size()&1) (ans+=g[n])%=MOD;
			else (ans-=g[n])%=MOD;
		} ans=(ans%MOD+MOD)%MOD;
		printf("%lld\n",ans); ans=0;
	}
	return 0;
}