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 imes 2 imes 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] imes (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] imes (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] imes 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] imes (m-j-k+1) imes 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] imes 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;
}