Luogu P2051 [AHOI2009]中国象棋(dp)

P2051 [AHOI2009]中国象棋

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 \(\LaTeX\) 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：

1. 这一行不放： \(f[i][j][k]+=f[i-1][j][k]\) ；
2. 这一行放了一个，且这一个放在原有一个炮的一列上： \(f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k+1] \times (k+1)\) ；
3. 这一行放了一个，且这一个放在没有炮的一列上： \(f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-1] \times (m-j-k+1)\) ；
4. 这一行放了两个，且这两个都放在原来没有炮的两列上： \(f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-2] \times C_{m-j-k+2}^2\) ；
5. 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： \(f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k] \times (m-j-k+1) \times k\) ；
6. 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;
}