UVA 11806 Cheerleaders （组合+容斥原理）

自己写的代码：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
/*
题意：相当于在一个m*n的矩形网格里放k个相同的石子，问有多少种方法？
      限制条件：每个格子最多放一个石子，所有石子都要用完，并且第一行、最后一行、第一列、最后一列都得有石子。
思路：
    直接求的话会比较麻烦，反过来想：
    设总方案数为S，A={第一行没有石子}，B={最后一行没有石子}，C={第一列没有石子}，D={最后一列没有石子}
    利用容斥原理，先求|A并B并C并D|，然后再用|s|-|A并B并C并D|，即为答案。
    而对于有r行，t列，摆放k个石子的方案数为C(r*t,k)。
*/
using namespace std;
const int maxn=;
const int mod=;
long long c[maxn*maxn][maxn*maxn];
int t,m,n,k;
void init(){
    memset(c,,sizeof(c)); //先初始化为0，因为在计算容斥原理的时候，很有可能会出现C(i,j)(j>i)的情形，此时应该值为0
    c[][]=;
    for(int i=;i<maxn*maxn;i++){     //求出组合数
        c[i][]=;
        for(int j=;j<i;j++)
            c[i][j]=(c[i-][j-]+c[i-][j])%mod;
        c[i][i]=;
    }
}
int main()
{
    long long ans,tmp;
    init();
    scanf("%d",&t);
    for(int i=;i<=t;i++){
        ans=;
        scanf("%d%d%d",&m,&n,&k);
        if(k>m*n||k<)
            ans=;
        else{
            //先求|A并B并C并D|，由于只有四个元素，所以直接写出式子了
            ans=(*c[(m-)*n][k]+*c[m*(n-)][k])%mod;
            tmp=((c[(m-)*n][k]+*c[(m-)*(n-)][k]%mod)%mod+c[(n-)*m][k])%mod;
            ans=(ans-tmp+mod)%mod;
            ans=(ans+*c[(m-)*(n-)][k])%mod;
            ans=(ans+*c[(m-)*(n-)][k])%mod;
            ans=(ans+mod-c[(m-)*(n-)][k])%mod;

            ans=(c[m*n][k]-ans+mod)%mod;  //最后再用所有总的方案数减去ans值，即为最后要求的答案
        }
        printf("Case %d: %lld\n",i,ans);
    }
    return ;
}

白书上的代码：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
/*
题意：相当于在一个m*n的矩形网格里放k个相同的石子，问有多少种方法？
      限制条件：每个格子最多放一个石子，所有石子都要用完，并且第一行、最后一行、第一列、最后一列都得有石子。
思路：
    直接求的话会比较麻烦，反过来想：
    设总方案数为S，A={第一行没有石子}，B={最后一行没有石子}，C={第一列没有石子}，D={最后一列没有石子}
    利用容斥原理，先求|A并B并C并D|，然后再用|s|-|A并B并C并D|，即为答案。
    而对于有r行，t列，摆放k个石子的方案数为C(r*t,k)。
*/
using namespace std;
const int maxn=;
const int mod=;
int C[maxn*maxn][maxn*maxn];
int t,m,n,k;
void init(){
    memset(C,,sizeof(C)); //先初始化为0，因为在计算容斥原理的时候，很有可能会出现C(i,j)(j>i)的情形，此时应该值为0
    C[][]=;
    for(int i=;i<maxn*maxn;i++){     //求出组合数
        C[i][]=;
        for(int j=;j<i;j++)
            C[i][j]=(C[i-][j-]+C[i-][j])%mod;
        C[i][i]=;
    }
}

int main()
{
    init();
    scanf("%d",&t);
    for(int i=;i<=t;i++){
        int sum=;
        scanf("%d%d%d",&m,&n,&k);
        //枚举所有16种搭配方式，s=0表明是总的方案数
        //由于最后我们求的是补给的个数，所以在用容斥原理的时候稍作修改：
        //原本奇数个集合是加，改为减；偶数个集合是减，改为加
        for(int s=;s<;s++){
            int b=,r=n,c=m; //b统计该方案数对应的集合的个数，r和c是可以放置的行列数
            if(s&){
                b++;
                r--;
            }
            if(s&(<<)){
                b++;
                r--;
            }
            if(s&(<<)){
                b++;
                c--;
            }
            if(s&(<<)){
                b++;
                c--;
            }
            if(b&)
                sum=(sum+mod-C[r*c][k])%mod;  //奇数个集合，做减法
            else
                sum=(sum+C[r*c][k])%mod;  //偶数个集合，做加法
        }
        printf("Case %d: %d\n",i,sum);
    }
    return ;
}