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N行M列的棋盘上，让你放若干个炮（可以是0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！
题目大意
在一个n*m的棋盘中，求任意行和任意列上最多有2个棋子的方案总数。
感想
真的是一道DP好题，状态，转移方程都非常的难想，我也WA了好几发。
分析
看到题目，很明显可以发现的是，因为炮必须是要隔山打虎，那么任意列和任意行都不能有两个棋子。（其实我非常想把题目改成3个，这样难度有加大了）。
因为每一行每一列<=2,所以
定义状态：
\[f[i][j][k]\]
表示前\(i\)中，有\(j\)列有\(1\)个棋子，有\(k\)列有\(2\)个棋子有多少种方案数。
决策分\(3\)种：
第一种是放\(0\)个棋子
这种状态很明显只有转移，也就是可以从上一层直接推过来，\(j\)和\(k\)都不变。
转移方程：\(f[i][j][k]+=f[i-1][j][k]\)
第二种是放一个\(1\)个棋子：
- \(1\)颗棋子放在没有棋子的列上，那么这样会使现在多\(1\)列有\(1\)个棋子的列，那么原来比现在要少\(1\)，也就是可以从\(f[i-1][j-1][k]\)转移过来，但是在原来的状态上，有\(m-(j-1)-k\)列是没有棋子的，也就是这几列上都是可以放棋子，根据乘法原理得到转移方程就是：\(f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k]*(m-(j-1)-k)\)。
- \(1\)颗棋子放在有1个棋子的列上，那么就会让减少原来的有\(1\)个棋子的列，增加一个\(2\)个棋子的列，也就是说原来有\(j+1\)列1个棋子的列，有\(k-1\)个2个棋子的列，得到转移方程就是\(f[i][j][k]+=f[i-1][j+1][k-1]*(j+1)\)。
第三种是放一个\(2\)个棋子：
- \(1\)颗棋子放在没有棋子的列上，\(1\)颗棋子放在有\(1\)个棋子的列上，那么很明显这样原来的状态就是\(f[i-1][j][k-1]\)，因为有一列从\(0\)变成了\(1\)，有一列从\(1\)变成了\(2\)，就相当于是一列从0变成了2，那么转移方程就是：\(f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-1]*(m-j-(k-1))\)。
- \(2\)颗棋子都放在没有棋子的列上，而且两个棋子在不同的列上，那么原来就有\(j-2\)列是只有\(1\)个棋子，可得原来的状态就是\(f[i-1][j-2][k]\)，因为不能有在同一列上，那么需要对剩余没有棋子的列进行排列组合，剩下来的点数为\(m-(j-2)-k\)，取两个那么就是\(C^{2}_{m-(j-2)-k}\)，得到转移方程：\(f[i][j][k]+=f[i-1][j-2][k]*C^{2}_{m-(j-2)-k}\)。
- \(2\)颗棋子都放在有一个棋子的列上，而且两个棋子不在同一列，那么现在减少了\(2\)个有\(1\)个棋子的列，增加了\(2\)个有\(2\)个棋子的列，推出原来的状态是\(f[i-1][j+2][k-2]\)，在此根据排列组合，乘法原理得到转移方程是：\(f[i-1][j+2][k-2]*C^{2}_{j+2}\)。
综上，我们整理一下转移方程：
\[if (k >= 1) f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j + 1][k - 1] * (j + 1))\]
\[if (j >= 1) f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j - 1][k] * (m - (j - 1) - k))\]
\[if (k >= 1) f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j][k - 1] * j * (m - j - (k - 1)))\]
\[if (j >= 2) f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j - 2][k] * calc(m - (j - 2) - k))\]
\[if (k >= 2) f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j + 2][k - 2] * calc(j + 2))\]
其中calc就是求组合数。
ac代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ms(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 9999973
#define N 105
using namespace std;
template <typename T>
inline void read(T &x) {
x = 0; T fl = 1;
char ch = 0;
while (ch < '0' || ch > '9') {
if (ch == '-') fl = -1;
ch = getchar();
}
while (ch >= '0' && ch <= '9') {
x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
ch = getchar();
}
x *= fl;
}
ll f[N][N][N];
int n, m;
ll calc(ll x) {
return (x * (x - 1)) / 2 % mod;
}
int main() {
read(n); read(m);
f[0][0][0] = 1ll;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
for (int j = 0; j <= m; j ++) {
for (int k = 0; k <= m - j; k ++) {
f[i][j][k] = f[i - 1][j][k];
if (k >= 1) f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j + 1][k - 1] * (j + 1)) % mod;
if (j >= 1) f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j - 1][k] * (m - (j - 1) - k)) % mod;
if (k >= 1) f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j][k - 1] * j * (m - j - (k - 1))) % mod;
if (j >= 2) f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j - 2][k] * calc(m - (j - 2) - k)) % mod;
if (k >= 2) f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j + 2][k - 2] * calc(j + 2)) % mod;
f[i][j][k] %= mod;
}
}
}
ll ans = 0;
for (int i = 0; i <= m; i ++) {
for (int j = 0; j <= m ; j ++) {
ans = (ans + f[n][i][j]) % mod;
}
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}