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「AHOI2009」中国象棋

题解约 1.2 千字
# AHOI # 2009 # 洛谷 # BZOJ # 动态规划
检测到 KaTeX 加载失败，可能会导致文中的数学公式无法正常渲染。

#题面

#题目描述

这次小可可想解决的难题和中国象棋有关，在一个 nn 行 mm 列的棋盘上，让你放若干个炮（可以是 00 个），使得没有一个炮可以攻击到另一个炮，请问有多少种放置方法。大家肯定很清楚，在中国象棋中炮的行走方式是：一个炮攻击到另一个炮，当且仅当它们在同一行或同一列中，且它们之间恰好 有一个棋子。你也来和小可可一起锻炼一下思维吧！

#输入格式

一行包含两个整数 n,mn, m，之间由一个空格隔开。

#输出格式

总共的方案数，由于该值可能很大，只需给出方案数模 99999739999973 的结果。

#输入输出样例

样例输入 #1

1 3

样例输出 #1

7

样例解释 #1

除了 33 个格子里都塞满了炮以外，其它方案都是可行的，所以一共有 2×2×2−1=72 \times 2 \times 2-1=7 种方案。

#数据范围与提示

  • 对于 30%30\% 的数据，nn 和 mm 均不超过 66；
  • 对于 50%50\% 的数据，nn 和 mm 至少有一个数不超过 88；
  • 对于 100%100\% 的数据，1≤n,m≤1001 \leq n,m \leq 100。

#思路

显然，一行或者一列上不能放置 >2> 2 个炮。

设 fi,j,kf_{i, j, k} 表示在前 ii 行时有 jj 行放了 11 个炮、kk 行放了 22 个炮，则有 i−j−ki - j - k 行没放炮。

当到达第 ii 行的时候，有以下几种情况：

  1. 不新增炮，此时有转移方程：

    fi,j,k←fi−1,j,kf_{i, j, k} \leftarrow f_{i - 1, j, k}

  2. 新增 11 个炮。

    1. 从 00 个炮增加到 11 个炮：

      fi,j,k←fi−1,j−1,k×(m−j−k+1)f_{i, j, k} \leftarrow f_{i - 1, j - 1, k} \times (m - j - k + 1)

    2. 从 11 个炮增加到 22 个炮：

      fi,j,k←fi−1,j+1,k−1×(j+1)f_{i, j, k} \leftarrow f_{i - 1, j + 1, k - 1} \times (j + 1)

  3. 新增 22 个炮。

    1. 一列从 00 个炮增加到 11 个炮，一列从 11 个炮增加到 22 个炮：

      fi,j,k←fi−1,j,k−1×j×(m−j−k+1)f_{i, j, k} \leftarrow f_{i - 1, j, k - 1} \times j \times (m - j - k + 1)

    2. 两列从 00 个炮增加到 11 个炮：

      fi,j,k←fi−1,j−2,k×(m−j−k+22)f_{i, j, k} \leftarrow f_{i - 1, j - 2, k} \times \binom{m - j - k + 2}{2}

    3. 两列从 11 个炮增加到 22 个炮：

      fi,j,k←fi−1,j+2,k−2×(j2)f_{i, j, k} \leftarrow f_{i - 1, j + 2, k - 2} \times \binom{j}{2}

直接转移，最后枚举结束点并计算其到车站的距离即可。

#代码

C++
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#include <iostream>

using std::cin;
using std::cout;
const char endl = '\n';

const int N = 105;
const int mod = 9999973;

int n, m;
long long f[N][N][N]{1}, ans;

long long C(long long x) {
    return x * (x - 1) / 2;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        // 不增加炮
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            for (int k = 0; j + k <= m; k++) {
                f[i][j][k] = f[i - 1][j][k];
            }
        }

        // 增加 1 个炮
        //
        // 从 0 个炮增加到 1 个炮
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            for (int k = 0; j + k <= m; k++) {
                f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j - 1][k] * (m - j - k + 1) % mod) % mod;
            }
        }

        // 增加 1 个炮
        //
        // 从 1 个炮增加到 2 个炮
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            for (int k = 1; j + k <= m; k++) {
                f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j + 1][k - 1] * (j + 1) % mod) % mod;
            }
        }

        // 增加 2 个炮
        //
        // 一列从 0 个炮增加到 1 个炮
        // 一列从 1 个炮增加到 2 个炮
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            for (int k = 1; j + k <= m; k++) {
                f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j][k - 1] * j * (m - j - k + 1) % mod) % mod;
            }
        }

        // 增加 2 个炮
        //
        // 两列从 0 个炮增加到 1 个炮
        for (int j = 2; j <= m; j++) {
            for (int k = 0; j + k <= m; k++) {
                f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j - 2][k] * C(m - j - k + 2) % mod) % mod;
            }
        }

        // 增加 2 个炮
        //
        // 两列从 1 个炮增加到 2 个炮
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            for (int k = 2; j + k <= m; k++) {
                f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j + 2][k - 2] * C(j + 2) % mod) % mod;
            }
        }
    }

    for (int i = 0; i <= m; i++) {
        for (int j = 0; i + j <= m; j++) {
            ans = (ans + f[n][i][j]) % mod;
        }
    }

    cout << ans << endl;

    return 0;
}