P10681 COTS/CETS 2024 奇偶矩阵 Tablica

P10681 COTS/CETS 2024 奇偶矩阵 Tablica

来自 qnqfff 大佬的梦幻 dp。

约定

二元组 \((n,m)\) 表示一个 \(n\) 行 \(m\) 列的矩形。

不添加说明的子问题，限制与题面一致。

思路

先考虑放最后一行，发现你填的位置经过变换后可以得到其他的结果，也就是说只要乘上变换的方案数就可以任选位置放。

那么考虑填一个还是两个。

1.填一个

填在左下角，不考虑填的那一列（填的列不再填）变成了 \((n-1,m-1)\) 的子问题；考虑那一列，变成了一个 \((m,n-1)\) 其中有一行填一个的子问题。

2.填两个

填在左下角两个：

• 2.1 不考虑填的列，是一个 \((n-1,m-2)\) 的子问题。
• 2.2 考虑填的两列，是一个 \((m,n-1)\) 其中两行有一行（不填状况已经考虑，这里必填一个可以更多）必填一个的子问题。

3.一行填一个

填左下角，是一个 \((n-1,m-1)\) 的子问题和 \((m,n-1)\) 其中一行填一个的子问题（该行填完后对于其他列来说又只能填一个）。

4.两行必填一个（有一行可填可不填）

• 4.1 同一列填一个 \((n-2,m-1)\) 的子问题和 \((m,n-2)\) 其中一行填一个的子问题。
• 4.2 同一列填两个 \((n-2,m-1)\) 的子问题。
• 4.3 任选两列列填两个 \((n-2,m-2)\) 的子问题和 \((m,n-2)\) 其中两行必填一个的子问题。

在大力分讨之后，发现所有情况都可以分为子问题，而子问题合并的系数也易于得出，具体系数参考代码或读者自行思考。

使用记忆化搜索实现，较为容易。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long

const ll mod=1e9+7;
// const ll mod=1211221111;
const int maxn=3005;

int n,m;

ll dp[maxn][maxn],f[maxn][maxn],g[maxn][maxn];

inline ll dfs(int n,int m);
int go(int n,int m){//求 (n,m) 中某一行必填一个的方案数
    if(n<=0||m<=0) return 0;
    if(~f[n][m]) return f[n][m];
    if(m==1)
    {
        if(n<=2) return f[n][m]=1;
        return f[n][m]=0;
    }
    return f[n][m]=(dfs(n-1,m-1)+go(m,n-1))*m%mod;
}
inline ll _go(int n,int m)//求 (n,m) 中某两行有一行必填一个的方案数
{
    if(n<=0||m<=0) return 0;
    if(~g[n][m]) return g[n][m];
    if(m==1)
    {
        if(n==2) return g[n][m]=3;
        else if(n==3) return g[n][m]=2;
        return g[n][m]=0;
    }
    if(m==2)
    {
        g[n][m]=((dfs(n-2,m-1)+go(m,n-2))*2%mod*m%mod/*同一列填一个*/+dfs(n-2,m-1)*m%mod)%mod;/*同一列填一个*/
        if(n<=4)//直接算两列的贡献
        {
            if(n==2) g[n][m]+=2;
            else if(n==3) g[n][m]+=6;
            else g[n][m]+=4;
        }
        return g[n][m]=0;
    }
    return g[n][m]=(((dfs(n-2,m-1)+go(m,n-2))*2%mod*m%mod/*同一列填一个*/+dfs(n-2,m-1)*m%mod/*同一列填两个*/)+(_go(m,n-2)+dfs(n-2,m-2))*m%mod*(m-1)%mod/*任选两列列填两个（有序）*/)%mod;
}
inline ll dfs(int n,int m)//求子问题(n,m)的方案数
{
    if(n<=0||m<=0) return 0;
    if(~dp[n][m]) return dp[n][m];
    if(2*n<m||2*m<n) return dp[n][m]=0;
    if(n==1||m==1) return dp[n][m]=1;
    return dp[n][m]=((dfs(n-1,m-1)+go(m,n-1))*m%mod/*填一个*/+(dfs(n-1,m-2)+_go(m,n-1))*(m*(m-1)/2)%mod/*填两个*/)%mod;
}
inline void solve()
{
    memset(dp,-1,sizeof(dp));memset(f,-1,sizeof(f));memset(g,-1,sizeof(g));
    printf("%lld",dfs(n,m));
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if(2*n<m) printf("0"),exit(0);
    if(n==1) printf("1"),exit(0);
    solve();
}