解析
棋盘上黑白格染色。曼哈顿距离偶数:奇偶性相同。
枚举有几种颜色分到白格,组合数计算即可。
注意预处理,时间还是比较宽裕的。
为了不重复计数,考虑枚举严格用了i种颜色,我们再枚举分配j种给白集合。设白集合、黑集合大小分别为s1,s2,那么这种分配方案对答案的贡献为 (C^k_i) (C^k_i) (f_{s1,j}) (f_{s2,i-j}) (j!) ((i-j)!)
(f_{i,j}) 表示第二类斯特林数,表示将i个数分配到j个集合的方案数。
(f_{i,j}) = (f_{i-1,j-1}) + (f_{i-1,j}) ( imes j)
(f_{0,i}) = (0^i)
这些东西都可以预处理。
注意边界要开好,不然n=1,m=1情况会错。
时间复杂度$ O(n^2 m2+qK2) $。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long p=1000000007;
int T,n,m,k,s1,s2;
long long c[410][410],f[410][60],fact[410],ans;
bool mape[25][25];
int main(){
scanf("%d",&T);
c[0][0]=1;c[1][0]=c[1][1]=1;
for(int i=2;i<=405;++i){
for(int j=0;j<=i;++j){
c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%p;
}
}
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=405;++i){
for(int j=1;j<=50&&j<=i;++j){
f[i][j]=(f[i-1][j]*j+f[i-1][j-1])%p;
}
}
fact[0]=1;
for(int i=1;i<=405;++i){
fact[i]=(long long)i*fact[i-1]%p;
}
while(T--){
scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
s1=0,s2=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
mape[i][j]=(i&1)^(j&1);
s1+=mape[i][j];
s2+=1^mape[i][j];
}
}
ans=0;
for(int i=1;i<=k;++i){
for(int j=0;j<=i;++j){
(ans+=(((((c[k][i]%p*c[i][j])%p*f[s1][j])%p*f[s2][i-j])%p*fact[j])%p*fact[i-j])%p)%=p;
}
}
printf("%lld
",ans%p);
}
return 0;
}