BZOJ1801 [Ahoi2009]chess 中国象棋 [动态规划]

$中国象棋$

题目描述见链接 .

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$color{grey}{最初想法}$

• 可以发现每行每列最多只能够放 $2$ 个棋子 .

设 $F[i, j, a, b]$ 表示前 $i$ 行,前 $j$ 列,第 $i$ 行放置了 $a$ 个棋子, 第 $j$ 列放置 $b$ 个棋子的方案数, 发现不可行.

$color{red}{正解部分}$

• 发现可以不用关心棋子的顺序 .

设 $F[i, j, k]$ 表示前 $i$ 行, 有 $j$ 列放了 $1$ 个棋子, $k$ 列放了 $2$ 个的方案数,

为什么这样设状态? 因为这样设状态可以方便的得知放 $0$ 个棋子的列数是 $M-j-k$ .

考虑按行转移:

• 第 $i$ 行放 $1$ 个棋子, $color{red}{#}$
  $F[i, j, k] = F[i-1, j+1,k-1] + F[i-1,j-1,k]$ .

• 第 $i$ 行放 $2$ 个棋子, $color{red}{#}$
  $F[i, j, k] = F[i-1,j-2,k]+F[i-1,j,k-1]+F[i,j+2,k-2]$ .

• 不放棋子, (这个容易忘记) .
  $F[i, j, k] = F[i-1, j, k]$ .

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到这里, 相信已经有人发现了不对的地方, 上面标红色井号的方程是不是显得有些太简单了 …
原来是状态的转移没考虑到全部情况, 即有多种方式从 $i-1$ 行的状态到 $i$ 行状态,
下面重新写一遍状态转移方程,

• 第 $i$ 行放 $1$ 个棋子, $color{red}{#}$
  $F[i, j, k] = (j+1)*F[i-1, j+1,k-1] + (M-j+1-k)*F[i-1,j-1,k]$ .

• 第 $i$ 行放 $2$ 个棋子, $color{red}{#}$
  $F[i, j, k] = C_{M-j+2-k}^{2}F[i-1,j-2,k] + (M-j-k+1)*j*F[i-1,j,k-1] + C_{j+2}^2F[i,j+2,k-2]$ .

• 不放棋子, (这个容易忘记) .
  $F[i, j, k] = F[i-1, j, k]$ .

最后答案即为 $sum F[N, i, j]$ .

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$color{red}{实现部分}$

• 初值 $F[0, 0, 0] = 0$ .
• 由于要用到的组合数 $m$ 都等于 $2$, 于是直接计算即可 .

#include<bits/stdc++.h>

const int mod = 9999973;
const int maxn = 105;

typedef long long LL;

int N, M;
int dp[maxn][maxn][maxn];

int C(int m){ return m*(m-1) >> 1; }

int main(){
        scanf("%d%d", &N, &M);
        dp[0][0][0] = 1;
        for(int i = 1; i <= N; i ++)
                for(int j = 0; j <= M; j ++)
                        for(int k = 0; k <= M; k ++){
                                dp[i][j][k] = dp[i-1][j][k];
                                if(k-1 >= 0) dp[i][j][k] = ((LL)dp[i][j][k] + dp[i-1][j+1][k-1] * (j+1)) % mod;
                                if(j-1 >= 0 && (M-(j-1)-k)) dp[i][j][k] = ((LL)dp[i][j][k] + (LL)dp[i-1][j-1][k] * (M-(j-1)-k) % mod) % mod;
                                if(j-2 >= 0 && (M-(j-2)-k)) dp[i][j][k] = ((LL)dp[i][j][k] + (LL)dp[i-1][j-2][k] * C(M-(j-2)-k) % mod) % mod;
                                if(k-1 >= 0 && (M-j-(k-1))) dp[i][j][k] = ((LL)dp[i][j][k] + (LL)(dp[i-1][j][k-1] * (M-j-(k-1)) % mod)* j % mod) % mod;
                                if(k-2 >= 0) dp[i][j][k] = ((LL)dp[i][j][k] + (LL)dp[i-1][j+2][k-2] * C(j+2) % mod) % mod;
                        }
        int Ans = 0;
        for(int j = 0; j <= M; j ++)
                for(int k = 0; k <= M; k ++)
                        Ans = ((LL)Ans + dp[N][j][k]) % mod;
        printf("%d", Ans);
        return 0;
}