题目描述
廖神和男神在植树节的时候准备玩一个奇怪的游戏，他们现在有一个被分割成n*n个格子的矩形土地，他们现在准备往这个地里种树，但这个种树游戏必须满足以下两个要求：
1.每个格子只能是不种树（“0”）或种树（“1”）
2.每行和每列只能种两棵树
现在了不起的廖神种了之前的m行，他邀请男神种完剩下的树。可是男神很懒，这种事他一般都是交给学弟来做，那么聪明的你知道一共有多少种不同的填法吗？
输入格式
第一行是3个整数n,m,mod (2≤n≤500, 0≤m≤n, 2≤mod≤10^9).接下来的m行每行包含n个字符，每行有且仅有2个'1'表示已经种过树了，其余全为'0'，表示没有种过树,而给出的每一列上至多有2个1，则廖神会使得他种过的树符合规定. 多组数据， 以EOF结束
输出格式
输出男神能够种果树的方案数 模mod的余数.
输入样例
3 1 1000
011输出样例
2分析
这个数据大小就要n2以内的时间复杂度，这样肯定不能搜索。前m行按要求种好了，现在要种的矩形土地里某些列不能种了，某些只能种一棵，剩下的必须种两棵。
我们一行行来种。每种一行，就会出现下面三种状态转移：
i表示能种一棵树的列数，j表示能种两棵树的列数。
1. 选择i列中的两列，i，j 变成 i-2，j。
2. 选择i列和j列的各一列，因为j的某列种了一棵树，这列就变成只能种一棵树的列，所以i，j变成 i，j-1。
3. 选择j中两列，i，j变成i+2，j-2。
dp[k][i][j]表示种完第k行，有i列能种一棵树，j列能种两棵树的方案数。那么就有
dp[k][i][j]+=dp[k-1][i+2][j]*C(i+2,2) 表示k-1行种好后，选择只能种一棵的i+2列里的两列。
dp[k][i][j]+=dp[k-1][i][j+1]*C(i,1)*C(j+1,1) 表示选择i列和j+1列中的各一列。
dp[k][i][j]+=dp[k-1][i-2][j+2]*C(j+2,2) 表示选择j+2列里的两列。
这样最后的dp[n][0][0]就是我们的答案了。
转移时，k在增大。
所以可以这样写循环：
for(k:m+1 to n)
for(j:0 to b)//j最大就是b了，不可能变大。
for(i: 0 to n)//为什么是n呢，因为如果先种j列中的列，那么i就在增大，可以大于a，最大到n。
{...}
能不能减少维数呢？
能种两棵的列往减小或相同的方向转移，即j+1、j+2、j转移到j。
且j相同时，i往小的方向转移，所以我们可以去掉代表第几行的那一维，然后循环这样写：
for(j:b downto 0)
for(i: n downto 0)
{...}
一开始dp[a][b](a列能种一棵树，b列能种两棵树。)=1。
代码
#include<cstdio> #include<cstring> #define N 550 #define ll long long int dp[N][N]; int a,b,v[N]; int n,m,mod; char s[N]; int main() { while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod)) { memset(dp,0,sizeof dp); memset(v,0,sizeof v); b=n; a=0; for(int i=1; i<=m; i++) { scanf("%s",s); for(int j=0; j<n; j++) if(s[j]=='1') { v[j]++; if(v[j]==2) a--; else { b--; a++; } } } dp[a][b]=1; for(int j=b; j>=0; j--) for(int i=n; i>=0; i--) if(i!=a||j!=b) { if(i>=2) dp[i][j]+=(ll)(j+1)*(j+2)/2 *dp[i-2][j+2]%mod; if(dp[i][j]>=mod) dp[i][j]-=mod; dp[i][j]+=(ll)i*(j+1)*dp[i][j+1]%mod; if(dp[i][j]>=mod) dp[i][j]-=mod; dp[i][j]+=(ll)(i+2)*(i+1)/2 *dp[i+2][j]%mod; if(dp[i][j]>=mod) dp[i][j]-=mod; } printf("%d ",dp[0][0]); } return 0; }