Luogu P2051 [AHOI2009]中国象棋

Luogu P2051 [AHOI2009]中国象棋

是道好题.jpg√

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SOLUTION：

首先一定不要被你谷的标签迷惑

这道题状压撑死算是拿部分分的一个方法（而且即使数据范围很小咱也没想明白怎么状压

这道题数据范围显然不是可以状态压缩的范围

还是老老实实考虑正常dp吧：

首先N,M<=100，那么我们可以依据【五一qbxt】day3 动态规划中，大致推断这是一道(O(N^3))的做法的题（事实也是这样的

首先分析可以知道，一行或一列中，最多有2个炮要不然肯定会互相攻击

然后这个题的状态就感觉很难想(color{#ffffff}{不会告诉你们状态是touli题解的lz})

我们设(dp[i][x][y])表示前i行，有x列的炮的数量为1，y列炮的数量为2（当然剩下的m-x-y列炮的数量为0）时的方案数；

考虑初始只有一行的状态：

显然第一行有三种放法：

1. 不放任何炮，此时方案数为1；(dp[1][0][0]=1)
2. 放一个炮，那么m个位置每个位置都有可能，方案数为m (dp[1][1][0]=m)
3. 放两个炮，这样的方案数应该是(C _m^2) (dp[1][2][0]=C_m^2)

这也就是初始的状态（反正咱是这么写的

然后考虑转移：

对于(dp[i][x][y])

有以下n种可能：

1. 第i行不放“炮“，那么(dp[i][x][y]+=dp[i-1][x][y])//有1个棋子的列和有2个棋子的列显然是不改变的
2. 第i行放一个“炮”，那么又分两种可能：
   1. 未放这个棋子的时候，所在一列是空的。那么显然放上这一个棋子之后，炮的数量为1的列会增加1，因此第i-1列的炮的数量为1的列应该是x-1,那么当为第i-1行时，空行的数量为（m-(x-1)-y），我们可以选择任意一个空行操作， 所以(dp[i][x][y]+=dp[i-1][x-1][y]*(m-y-x+1))
   2. 未放这个棋子的时候，所在的一列已经有一个棋子了。如果放上这一个棋子，那么炮的数量为1的列会减少1，炮的数量为2的列会增加1，因此第i-1行炮的数量为1的列应该是有x+1，炮的数量为2的列应该为y-1，而符合所在一列已经有一个棋子的列数有x+1列，因此(dp[i][x][y]+=dp[i-1][x+1][y-1]*(x+1))
3. 第i行放两个“炮”，分为三种可能：
   1. 之前的位置是空的。放上棋子后，增加了两个炮的数量为1的列，炮的数量为2的列并没有变化，而选择这两个空行的可能的方案数为(C_{m-y-x+2}^2)，因此(dp[i][x][y]+=dp[i-1][x-2][y]*C_{m-y-x+2}^2)
   2. 之前的位置一个是空一个有棋子。我们(color{red}{仔细})推算一下，可以推出i-1的dp状态：(dp[i-1][x][y-1])而位置的选择为：（m-y-x+1）*x (空行数量 *炮的数量为1的列数量)，那么(dp[i][x][y]+=dp[i-1][x][y-1] * (m-y-x+1) * x)
   3. 之前的位置都是有棋子的。也就是说，放上棋子之后，炮的数量为1的列减少了2，炮的数量为2的列增加了2，然后符合条件的组合有：(C_{x+2}^2)，则(dp[i][x][y]+=dp[i-1][x+2][y-2]*C_{x+2}^2)

当然以上所有都不能数组越界的，所以要判断x和y的值是否>0,>1；

另外在循环时，因为一共只有m列，因此i+j的值要<=m，所以可以直接将y从m-x开始循环到0而不用从0~m都循环一遍；

CODE：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

inline int read() {
	int ans=0;
	char last=' ',ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0') last=ch,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	if(last=='-') ans=-ans;
	return ans;
}
const int mod=9999973;
int n,m;
int dp[110][110][110];

long long C(int m,int k) {
	if(m<k) return 0;
	long long ans=1;
	for(int i=m;i>m-k;i--)
		ans=ans*i;
	long long fm=1;
	for(int i=k;i>=2;i--) 
		fm=fm*i;
	ans/=fm;
	return ans%mod;
}

int main() {
	n=read();
	m=read();
	dp[1][0][0]=1;
	dp[1][1][0]=m;
	dp[1][2][0]=C(m,2);
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		for(int x=0;x<=m;x++) {
			for(int y=m-x;y>=0;y--) {
				dp[i][x][y]=dp[i-1][x][y];
				if(x>0) 
					dp[i][x][y]=(dp[i][x][y]+dp[i-1][x-1][y]%mod*(m-y-x+1)%mod)%mod;
				if(y>0) {
					dp[i][x][y]=(dp[i][x][y]+dp[i-1][x][y-1]%mod*(m-x-y+1)%mod*x%mod)%mod;
                    dp[i][x][y]=(dp[i][x][y]+dp[i-1][x+1][y-1]%mod*(x+1)%mod)%mod;
                }
                if(x>1) 
					dp[i][x][y]=(dp[i][x][y]+dp[i-1][x-2][y]%mod*C(m-y-x+2,2)%mod)%mod;
				if(y>0)
					
				if(y>1) 
					dp[i][x][y]=(dp[i][x][y]+dp[i-1][x+2][y-2]%mod*C(x+2,2)%mod)%mod;
			}
		}
	}
	long long ans=0;
	for(int x=0;x<=m;x++) 
		for(int y=m-x;y>=0;y--) 
			ans=(ans+dp[n][x][y])%mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}