洛谷 - P2051 - 中国象棋 - 简单dp

https://www.luogu.org/problemnew/show/P2051

一点都不简单的简单dp。

还是从旧行转移到新行，而不是考虑新行从哪些旧行转移吧。

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

namespace combinatorics{
    const ll MOD=9999973;

    //1. 快速幂 x^n %mod
    inline ll qpow(ll x,ll n,ll mod=MOD) {
        ll res=1%mod;
        while(n) {
            if(n&1)
                res=res*x%mod;
            x=x*x%mod;
            n>>=1;
        }
        return res;
    }

    //3. 乘法逆元 快速幂+费马小定理，要求p必须是质数 （依赖1. 快速幂）
    inline ll inv_p(ll n,ll p=MOD) {
        return qpow(n,p-2,p);
    }

};

using namespace combinatorics;
//注意需要init(),必要时修改常量

ll dp[101][101][101]={};
//前i行中，j列放了1个，k列放了2个的方法数

int main(){
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);

    ll inv2=inv_p(2,MOD);

    dp[1][0][0]=1;
    //不放也是一种方法
    dp[1][1][0]=m;
    //只有1列放了1个
    if(m>=2)
        dp[1][2][0]=(ll)m*(m-1)%MOD*inv2%MOD;

    //只有2列放了1个
    for(int i=1;i<n;i++){
        for(int j=0;j<=m;j++){
            for(int k=0;k<=m-j;k++){
                //这一行不放
                dp[i+1][j][k]=(dp[i+1][j][k]+dp[i][j][k])%MOD;

                int v=m-j-k;
                //放一个在空列，有v种放法
                if(v-1>=0&&j+1<=m)
                    dp[i+1][j+1][k]=(dp[i+1][j+1][k]+dp[i][j][k]*v)%MOD;
                //放一个在原本有1个的列，有j种方法
                if(j-1>=0&&k+1<=m)
                    dp[i+1][j-1][k+1]=(dp[i+1][j-1][k+1]+dp[i][j][k]*j)%MOD;
                //放两个，两个都在空列
                if(v-2>=0&&j+2<=m)
                    dp[i+1][j+2][k]=(dp[i+1][j+2][k]+dp[i][j][k]*(v)*(v-1)*inv2)%MOD;
                //放两个，两个都在原本有1个的列
                if(j-2>=0&&k+2<=m)
                    dp[i+1][j-2][k+2]=(dp[i+1][j-2][k+2]+dp[i][j][k]*(j)*(j-1)*inv2)%MOD;
                //放两个，一个在空列，一个在原本有1个的列
                if(v-1>=0&&k+1<=m)
                    dp[i+1][j][k+1]=(dp[i+1][j][k+1]+dp[i][j][k]*v*j)%MOD;

                //printf("dp[%d][%d][%d]=%lld\n",i,j,k,dp[i%2][j][k]);
            }
        }
    }

    //puts("");

    ll ans=0;
    for(int j=0;j<=m;j++){
        for(int k=0;k<=m-j;k++){
            ans=(ans+dp[n][j][k])%MOD;
            //printf("dp[%d][%d][%d]=%lld\n",n,j,k,dp[n%2][j][k]);
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
}