HDU-5155 Harry And Magic Box

题目描述

在(n*m)的矩阵内每一行每一列都有钻石，问钻石分布的种类？

答案有可能很大，所以输出答案对(1000000007)取模。

Input

对于每个测试用例，有两个整数(n)和(m)表示框的大小。(0< N,M<50)

Output

输出每组数据的分发数.

Sample Input

1 1
2 2
2 3

Sample Output

1
7
25

这是一道比较优秀的容斥题。

首先，我们很显然的看到(n,m)范围都不是很大，考虑(dp)。

定义(dp[i][j])表示有(i)行和(j)列已经满足条件的方案数。

至于为什么是有(i)行和(j)列，而不是前(i)行和(j)列，因为相对应前(i)行，有(i)行会较简单，比较好求。

求完后直接容斥即可。

下面有了定义我们就可以直接开始大力(dp)了。

对于当前考虑的(i)行(j)列，若不考虑钻石的放置一共有(2^{i*j})中取法。

而现在我们需要将其中不满足条件的方案给去掉。

对于有(i)行(j)列的，我们需要去掉的是少于(i)行(j)列的，而我们的(dp)是从小到大枚举的。

所以，当我们求(dp[i][j])时，(dp[i-1][j]...)等的(dp)值我们都已经求出来了。

而把(i)行(j)列的方案中去掉(a)行(b)列的方案不就是从(i)行(j)列中选(a)行(b)列吗？

行和列可以分开来算，即从(i)行(j)列中选(a)行(b)列的方案数=从(i)行中选(a)行的方案数*从(j)列中选(b)列的方案数。

即(C(i,a)*C(n,j))。

同样我们枚举所有小于等于((i,j))的点对，同时减去这些不满足条件的方案就好了。

注意负数要加上模数再取模

代码如下

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>

using namespace std;

#define int long long
#define reg register
#define Raed Read
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define Mod(x) (x>=mod)&&(x-=mod)
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))
#define rep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<=a##_end_; ++a)
#define ret(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<a##_end_; ++a)
#define drep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a>=a##_end_; --a)
#define erep(i,G,x) for(int i=(G).Head[x]; i; i=(G).Nxt[i])
#pragma GCC target("avx,avx2,sse4.2")
#pragma GCC optimize(3)

inline int Read(void) {
	int res=0,f=1;
	char c;
	while(c=getchar(),c<48||c>57)if(c=='-')f=0;
	do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);
	while(c=getchar(),c>=48&&c<=57);
	return f?res:-res;
}

template<class T>inline bool Min(T &a, T const&b) {
	return a>b?a=b,1:0;
}
template<class T>inline bool Max(T &a, T const&b) {
	return a<b?a=b,1:0;
}

const int N=55,M=1e5+5,mod=1e9+7;

bool MOP1;

int n,m,Fac[N],Inv[N],V[N],Pow[N*N],dp[N][N];

int C(int a,int b) {
	return ((Fac[a]*Inv[a-b])%mod*Inv[b])%mod;
}

bool MOP2;

inline void _main(void) {
	Fac[0]=Inv[0]=Fac[1]=V[1]=Inv[1]=Pow[0]=1ll;
	rep(i,2,50) {
		Fac[i]=(Fac[i-1]*i)%mod;
		V[i]=(mod-mod/i)*V[mod%i]%mod;
		Inv[i]=(Inv[i-1]*V[i])%mod;
	}
	rep(i,1,2500)Pow[i]=Pow[i-1]*2ll%mod;
	rep(i,0,50)rep(j,0,50) {
		dp[i][j]=Pow[i*j];
		rep(a,0,i)rep(b,0,j) {
			if(a==i&&b==j)continue;
			dp[i][j]=(dp[i][j]-((dp[a][b]*C(i,a))%mod*C(j,b))%mod)%mod;
		}
		dp[i][j]=(dp[i][j]+mod)%mod;
	}
	while(~scanf("%lld %lld",&n,&m)) {
		printf("%lld
",dp[n][m]);
	}
}

signed main() {
	_main();
	return 0;
}

(update.in.2019.9.10)

发现教练的一种极强的做法，可以支持(n,m)高达(1e5)的做法，时间复杂度(O(m*log_n))。

设(f(i))表示至少有(i)列没有被覆盖的情况，一定不放的列有(C(m,i))中选法。

再依次考虑每一行，剩下的(m-i)列，有(2^{m-i})中放法，需要减掉全部都不放的情况，因为要保证每行至少要有一个。故有(2^{m-i}-1)种放法。

也就是说，确定了哪些列不放之后，每一行(2^{m-i}-1)种放法,所以总的放法有((2^{m-i}-1)^n)。

(f(0))表示至少有0列一定不放,这就是所有的情况。

其中包含了至少有1列不放的情况，需要减掉。还需要把至少有2列不放的情况加回来，依次类推，有如下结果：(ans=sum (-1)^i*C(m,i)*(2^{m-i}-1)^n)

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>

using namespace std;

#define int long long
#define reg register
#define Raed Read
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define Mod(x) (x>=mod)&&(x-=mod)
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))
#define rep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<=a##_end_; ++a)
#define ret(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<a##_end_; ++a)
#define drep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a>=a##_end_; --a)
#define erep(i,G,x) for(int i=(G).Head[x]; i; i=(G).Nxt[i])
#pragma GCC target("avx,avx2,sse4.2")
#pragma GCC optimize(3)

inline int Read(void) {
	int res=0,f=1;
	char c;
	while(c=getchar(),c<48||c>57)if(c=='-')f=0;
	do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);
	while(c=getchar(),c>=48&&c<=57);
	return f?res:-res;
}

template<class T>inline bool Min(T &a, T const&b) {
	return a>b?a=b,1:0;
}
template<class T>inline bool Max(T &a, T const&b) {
	return a<b?a=b,1:0;
}

const int N=1e5+5,M=1e5+5,mod=1e9+7;

bool MOP1;

inline int Pow(int x,int y) {
	int res=1;
	while(y) {
		if(y&1)res=(res*x)%mod;
		x=x*x%mod,y>>=1;
	}
	return res;
}

int Fac[N],Inv[N],Pow_2[N],V[N];

int C(int a,int b) {
	if(a<b||b<0)return 0;
	return 1ll*Fac[a]*((1ll*Inv[a-b]*Inv[b])%mod)%mod;
}

bool MOP2;

inline void _main(void) {
	Fac[0]=Inv[0]=Fac[1]=V[1]=Inv[1]=Pow_2[0]=1ll;
	Pow_2[1]=2ll;
	ret(i,2,N) {
		Fac[i]=(1ll*Fac[i-1]*i)%mod;
		V[i]=1ll*(mod-mod/i)*V[mod%i]%mod;
		Inv[i]=(1ll*Inv[i-1]*V[i])%mod;
		Pow_2[i]=1ll*Pow_2[i-1]*2%mod;
	}
	int n,m;
	while(~scanf("%d %d
",&n,&m)) {
		int Ans=0;
		rep(i,0,m) {
			int temp=1ll*C(m,i)*Pow(Pow_2[m-i]-1,n)%mod;
			if(i&1)Ans-=temp;
			else Ans+=temp;
			if(Ans>mod)Ans-=mod;
			if(Ans<0)Ans+=mod;
		}
		printf("%d
",Ans);
	}

}

signed main() {
	_main();
	return 0;
}