[Hdu-5155] Harry And Magic Box[思维题+容斥，计数Dp]

Online Judge：Hdu5155

Label：思维题+容斥，计数Dp

题面：

题目描述

给定一个大小为$N*M$的神奇盒子，里面每行每列都至少有一个钻石，问可行的排列方案数。由于答案较大，输出对$1e9+7$取模后的结果。

输入

多组数据。每组数据读入两个整数$N,M$

$0≤N,M≤50$

输出

每组数据输出一行表示答案。

样例

Input

Output

Hint

There are 7 possible arrangements for the second test case.

They are:

11

11

11

10

11

01

10

11

01

11

01

10

10

01

Assume that a grids is '1' when it contains a jewel otherwise not.

题解

1.做法一（计数Dp）

定义状态$dp[i][j]$表示已经摆放好了前i行（前面i行都合法，即每行都放了至少一个钻石），并且有j列上已经摆放了至少一个钻石。答案很明显是$dp[n][m]$。

转移到第$i$行时，

1、枚举当前准备在第i行放的钻石个数$k$

2、其中有$z$个摆在了之前没有钻石的列上（也就是说这z个钻石给哪些之前没有钻石的列做出贡献）

3、再枚举一个之前已经有钻石的列数$j$（$j∈[k-z,m-z]$）

关于j的范围：下限，既然有z个摆在了之前没有钻石的列上，那就有$k-z$个放在有钻石的列上。上限，除了那$z$列没放钻石，其他$m-z$列已经放了。

则有$dp[i][j+t]+=dp[i-1][j]*当前行方案数$。当前行的方案数由两部分组成：一是要将这$z$个钻石放在之前没有钻石的列上——$c[m-j][z]$；二是要将剩余的$k-z$个钻石放在之前已经有钻石的列上——$c[j][m-z]$。根据乘法原理，两者相乘即可。

综上，该算法时间复杂度为$O(N^2+case*N^4)$。($N^2$为前面组合数的预处理)。

#include<bits/stdc++.h>

#define For(a,b,c) for(register int a=b;a<=c;++a)

#define mod 1000000007

using namespace std;

int n,m;

long long dp[55][55],c[55][55];

void pre(){

	c[0][0]=1;

	for(int i=1;i<=50;i++)c[i][0]=c[i][i]=1;

	for(int i=2;i<=50;i++){

		for(int j=1;j<i;j++)c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;

	}

}

int main(){

	pre();

	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){

		memset(dp,0,sizeof(dp));

		For(i,1,m)dp[1][i]=c[m][i];

		For(i,2,n)For(k,1,m)For(z,0,k)For(j,k-z,m-z){

			dp[i][j+z]+=dp[i-1][j]*c[j][k-z]%mod*c[m-j][z]%mod;

			dp[i][j+z]%=mod;

		}

		printf("%lld\n",dp[n][m]);

	}

}

2.做法二（容斥）

这种做法就比较优秀了。

题目是让我们求每一行每一列都至少有一个钻石的方案数，也即求，有0列一颗钻石都没有、其他列随意的方案数（前提是每一行都至少有一个钻石——这样才能保证行这一维上也合法，这一点我们可以在后面人为控制）。

有0列不太好求，将其转化成至少有0列然后再通过容斥进行去重。

定义$f(i)$表示填完整个盒子后，至少有$i$列一个钻石都没有、其他列随意，的方案数。

为什么"至少"这个问法比较可做，原因在于我们可以人为地选定m列中的i列，强制让这几列一个钻石都不放，剩余的随意即可——如果改成"有”,我们还得人为控制剩下的m-i列,情况就变得复杂了。

很容易得出$f(i)=C(m,i)*每一行的摆列方案数^n$，至于每一类的摆列方案数，如果没有限制的话就是$2^{m-i}$了，但是之前说了，我们还得保证行上至少有一个钻石，所以去掉全是0（这一行不放钻石）的这种情况。所以最后$$f(i)=C(m,i)*(2^{m-i}-1)n$$

最后根据容斥原理$ans=f(0)-f(1)+f(2)-f(3)+...f(m)$。

总的时间复杂度为$O(N^2+case*MlogN)$。

//下面其实可以预处理2的幂的

#include<bits/stdc++.h>

#define For(a,b,c) for(register int a=b;a<=c;++a)

#define mod 1000000007

using namespace std;

typedef long long ll;

int n,m;

ll c[55][55];

void pre(){

	c[0][0]=1;

	for(int i=1;i<=50;i++)c[i][0]=c[i][i]=1;

	for(int i=2;i<=50;i++){

		for(int j=1;j<i;j++)c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;

	}

}

ll ksm(ll r,int d){

	ll res=1;

	while(d){

		if(d&1)res=res*r%mod;

		r=r*r%mod;d>>=1;

	}

	return res;

}

int main(){

	pre();

	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){

		ll ans=0;

		for(int i=0;i<=m;i++){

			//从m中选择i列永远不放钻石，剩余的情况随意安排

			ll val=c[m][i]*ksm(ksm(2,m-i)-1,n)%mod;

			if(i%2==0)ans=(ans+val)%mod;

			else ans=(ans-val+mod)%mod;

		}

		printf("%lld\n",ans%mod);

	}

}

update20191024

这道题的$n,m$开的比较小，只有$50$，所以上面两个做法都直接$N^2$预处理组合数了，但显然的，可以不用预处理组合数，可以直接$O(NlogN)$预处理出阶乘，模逆元(带个log是快速幂的)，这样利用容斥就可以在$O(MlogN)$的时间内解决此问题，$n,m$可以开到$3000$左右。