2014百度之星初赛第二轮解题报告：chess

chess

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问题描述

小度和小良最近又迷上了下棋。棋盘一共有N行M列，我们可以把左上角的格子定为(1,1)，右下角的格子定为(N,M)。在他们的规则中，“王”在棋盘上的走法遵循十字路线。也就是说，如果“王”当前在(x,y)点，小度在下一步可以移动到(x + 1,y),(x − 1,y),(x,y + 1),(x,y − 1),(x + 2,y),(x − 2,y),(x,y + 2),(x,y − 2)这八个点中的任意一个。

                               

图1 黄色部分为棋子所控制的范围

小度觉得每次都是小良赢，没意思。为了难倒小良，他想出了这样一个问题：如果一开始“王”在(x0,y0)点，小良对“王”连续移动恰好K步，一共可以有多少种不同的移动方案？两种方案相同，当且仅当它们的K次移动全部都是一样的。也就是说，先向左再向右移动，和先向右再向左移动被认为是不同的方案。

小良被难倒了。你能写程序解决这个问题吗？

输入：

输入包括多组数据。输入数据的第一行是一个整数T(T≤10)，表示测试数据的组数。

每组测试数据只包括一行，为五个整数N,M,K,x0,y0。(1≤N,M,K≤1000,1≤x0≤N,1≤y0≤M)

输出：

对于第k组数据，第一行输出Case #k:，第二行输出所求的方案数。由于答案可能非常大，你只需要输出结果对9999991取模之后的值即可。

样例输入：

2

2 2 1 1 1

2 2 2 1 1

样例输出：

Case #1:

2

Case #2:

4

解题报告：

         最直接是使用O(NMK)的DP方式，用dp[x][y][k]表示第k步跳转到(x,y)的方案数，然后逐步递推。但是由于时间复杂度比较高，所以需要考虑优化的方式。

         考虑一次移动k步的方案，可以发现行和列的移动方式是独立的。因此可以先分别求出在行和列上移动的方案数，再枚举k步里有多少步分别是纵向和横向移动的

         假设A[x][k]表示起始横坐标为x0，移动k步到横坐标为x的方案数，通过递归可求得每个A[x][k]，则可求得纵向移动k步的方案数V[k] = sum(A[x][k] 1<=x<=n)

假设B[y][k]表示起始纵坐标为y0，移动k步到纵坐标为y的方案数，通过递归可求得每个A[y][k]，则可求得横向移动k步的方案数H[k] = sum(B[y][k] 1<=y<=m)

         最终答案为sum(c(K,i)*V*H[K-i]0<=i<=K)。总体复杂度可以降低到O(NK) + O(MK)

解题代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>

const int N = 1000 + 1;
const int MOD = 9999991;

int n, m, k, x0, y0;
int C[N][N], buffer[N][N], horizonal[N], vertical[N];

void solve(int *number, int n, int x0) {
    memset(buffer, 0, sizeof(buffer));
    buffer[0][x0] = 1;
    for (int i = 1; i <= k; ++ i) {
        for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
            if (j - 1 >= 1) {
                (buffer[j] += buffer[i - 1][j - 1]) %= MOD;
            }
            if (j - 2 >= 1) {
                (buffer[j] += buffer[i - 1][j - 2]) %= MOD;
            }
            if (j + 1 <= n) {
                (buffer[j] += buffer[i - 1][j + 1]) %= MOD;
            }
            if (j + 2 <= n) {
                (buffer[j] += buffer[i - 1][j + 2]) %= MOD;
            }
        }
    }
    for (int i = 0; i <= k; ++ i) {
        number = 0;
        for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
            (number += buffer[j]) %= MOD;
        }
    }
}

int main() {
    C[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; ++ i) {
        C[0] = 1;
        for (int j = 1; j <= i; ++ j) {
            C[j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % MOD;
        }
    }
    int test_count;
    int T = 1;
    scanf("%d", &test_count);
    while (test_count --) {
        scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &k, &x0, &y0);
        solve(vertical, n, x0);
        solve(horizonal, m, y0);
        int answer = 0;
        for (int i = 0; i <= k; ++ i) {
            (answer += (long long)C[k] * horizonal % MOD * vertical[k - i] % MOD) %= MOD;
        }
        printf("Case #%d:
%d
", T++, answer);
    }
    return 0;
}