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！
40pts
考试遇到了这个题,玄学打表得了(40pts)
玄学打表吼啊
xjb分析
正解竟然是个(DP)? 还有人说是状压(DP)?哪里来的状压啊!
前置知识
考虑到我们的合法状态的话,每一行每一列的炮的数量(le 2)
(炮打隔重山?) 显然 如果一行或者一列有三个炮的话将会不合法.(两个炮可以互相打啊 qwq)
如何设状态?
因为每一行每一列的炮的数量(leq 2)
所以我们考虑记数组去存储有几列放了一个炮,有几列放了两个炮.
我们又需要考虑转移?
因此设出状态
(f[i][j][k])代表放了前(i)行,有(j)列是有一个棋子,有(k)列是有2个棋子的合法方案数.
这个时候我们知道全部的列数,又知道一些情况的列数.
所以我们可以求出不放棋子的列数
单步容斥：空的=全部的(-)合法的
即空的序列(=m-j-k)
确定情况
- 我们可以在当前第(i)行不放棋子.
- 我们可以在当前第(i)行放一个棋子
- 我们可以在当前第(i)行放两个棋子.
接下来就需要分类讨论这些情况.
分类讨论
一.不放棋子
我们可以直接继承上面的状态.即
二.放一个棋子
显然我们不会选择放在有两个棋子的列.
因此存在情况如下
解释：
放在一个棋子的列
我们在某一个有一个棋子列放置棋子,会使这一列变为有两个棋子.
即我们要得到(f[i][j][k])需要在(j+1)个有一个棋子的列放置棋子,变为(j)个有一个棋子的列
而我们又会得到一个新的有两个棋子的列.因此我们之前必须有(k-1)个有两个棋子的列.
即(f[i-1][j+1][k-1])的状态可以传递给(f[i][j][k])
而我们又可以在((j+1))中的任何一列放置这一个棋子.
因此我们要( imes (j+1))
放在没有棋子的列
在一个没有棋子的列放置棋子,我们会得到一个新的有一个棋子的列.
即我们要从(j-1)得到(j).
而这个时候,我们有两个棋子的列的数量不会变,所以从(k)传递即可.
即(f[i-1][j-1][k])的状态可以传递给(f[i][j][k])
又因为我在空列中的任何一列放置这个棋子.
所以要$ imes $$(m-(j-1)-k)$
三.放两个棋子
这个时候情况会多一个.先请大家自己考虑一下.
这个时候存在情况如下
解释
一个放在有一个棋子的列,一个放在没有棋子的列
这个时候,我们放置之后 :
一个没有棋子的列会变成一个有一个棋子的列,而一个有一个棋子的列会变成一个有两个棋子的列。
此时我们发现,
有一个棋子的列的数量不会变,因此第二维依旧为(j)，
又因为我们会新增一个有两个棋子的列,所以我们需要从(k-1)转移过来.
又因为我们可以在有一个棋子的列随便放,空列随便放.
根据乘法原理,需要( imes j imes (m-j-(k-1)))
都放在没有棋子的列
此时我们放置之后
会增加两个新的有一个棋子的列.
因此我们需要从(j-2)转移过来.
而两个棋子的列的数量并不会改变,所以依旧为(k)
又因为在空列中我们随便放.
根据组合数学,需要( imes C_{m-(j-2)-k}^{2})
都放在有一个棋子的列
我们放置在有一个棋子的列之后：
这两个有一个棋子的列都会变成有两个子的列.
即(j+2)变成(j)，从(k-2)变成(k)
又因为这些有一个棋子的列我们随便选择.
根据组合数学,需要( imes C_{j+2}^{2})
分析完毕
我们需要接下来做的就是判断边界,一定要判断!!(血的教训!
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstring>
#define mod 9999973
#define int long long
#define R register
using namespace std;
inline void in(int &x)
{
int f=1;x=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
int n,m,ans;
int f[108][108][108];
inline int C(int x)
{
return ((x*(x-1))/2)%mod;
}
signed main()
{
in(n),in(m);
f[0][0][0]=1;
for(R int i=1;i<=n;i++)
{
for(R int j=0;j<=m;j++)
{
for(R int k=0;k<=m-j;k++)
{
f[i][j][k]=f[i-1][j][k];
if(k>=1)(f[i][j][k]+=f[i-1][j+1][k-1]*(j+1));
if(j>=1)(f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k]*(m-j-k+1));
if(k>=2)(f[i][j][k]+=f[i-1][j+2][k-2]*(((j+2)*(j+1))/2));
if(k>=1)(f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-1]*j*(m-j-k+1));
if(j>=2)(f[i][j][k]+=f[i-1][j-2][k]*C(m-j-k+2));
f[i][j][k]%=mod;
}
}
}
for(R int i=0;i<=m;i++)
for(R int j=0;j<=m;j++)
(ans+=f[n][i][j])%=mod;
printf("%lld",(ans+mod)%mod);
}