BZOJ 1801: [Ahoi2009]chess 中国象棋直接DP

title

BZOJ 1801
LUOGU 2051
Description

在N行M列的棋盘上，放若干个炮可以是0个，使得没有任何一个炮可以攻击另一个炮。请问有多少种放置方法，中国像棋中炮的行走方式大家应该很清楚吧.

Input

一行包含两个整数N，M，中间用空格分开.

Output

输出所有的方案数，由于值比较大，输出其mod 9999973

Sample Input

1 3

Sample Output

7

HINT

除了在3个格子中都放满炮的的情况外，其它的都可以.
100%的数据中N,M不超过100
50%的数据中，N,M至少有一个数不超过8
30%的数据中，N,M均不超过6

Source

Day2

analysis

首先声明：本题正解和 $状压DP$ 没有一丝关系。

在 $lzx$ 学长查找了 $luogu$ 上的众多题解后，得出结论：这道题考虑前50，裸的 $3$ 进制状压DP
$f[i][j]$ 表示到第i行且前面列的状态为 $j$ ( $10$ 放了 $2$ 个， $01$ 放了 $1$ 个， $00$ 没有放)~~但是 $3$ 进制状压DP好像很难，想学的话，建议写一下POJ 1038~~。
正解：我们可以设状态为 $f[i][j][k]$ 表示到第 $i$ 行时，有 $j$ 列有一个炮， $k$ 列有两个炮。
这样就有三种情况：
- 第 $i$ 行不放炮： $f[i+1][j][k]+=f[i][j][k]$ 。
- 第 $i$ 行只放一个炮
  - 放在了原来没有炮的一列 $f[i+1][j+1][k]+=f[i][j][k]*(m-j-k)$
  - 放在了原来有一个炮的一列 $f[i+1][j-1][k+1]+=f[i][j][k]*j$
- 第 $i$ 行放两个炮
  - 都放在了原来没有炮的一列
    $f[i+1][j+2][k]+=f[i][j][k]*(m-j-k)*(m-j-k)/2$
  - 一个放在了原来有一个炮的一列，一个放在了原来没有炮的一列
    $f[i+1][j][k+1]+=f[i][j][k]*j*(m-j-k)$
  - 都放在了原来有一个炮的一列
    $f[i+1][j-2][k+2]+=f[i][j][k]*j*(j-1)/2$
- 初态： $f[0][0][0] = 1$
- 末态： $\sum f[n][i][j]$
那么我们为什么要这么设状态呢？
首先以行为阶段，根据象棋的规则，在同一行中，至多只能有两个炮，同理:在同一列中，至多只能有两个炮
- 思考一个可以覆盖整个状态空间的 $f$ 数组： $f[i]$ 表示到了第 $i$ 行
- 接下来我们想：某列中的炮能否通过位运算求得？
- 我们能够发现，可能我们目前在第 $i$ 行，但是在某个 $j$ 行的 $p$ 列有一个炮，我们要知道第 $i$ 行的第 $p$ 列能否放置炮。
- 但是 $j$ 可能与 $i$ 相差甚远，我们不能直接通过位运算得到，逐行枚举又会耗费大量不必要的时间。
- 那么我们就干脆将列的状态记录在数组里。
- 我们想我们其实并不关心到第 $i$ 行时哪一列有 $1$ 个炮，哪一列有两个炮，我们只需要知道到第 $i$ 行时，有多少列有 $1$ 个炮，有多少列有 $2$ 个炮，剩下的问题我们能够通过枚举状态解决。

参考资料：Cyxhsa

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=101,mod=9999973;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
	x=0;
	T f=1, ch=getchar();
	while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
	if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
	while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
	x*=f;
}
ll f[maxn][maxn][maxn];
inline int cnt(int x)
{
	return x*(x-1)/2;
}
int main()
{
	int n,m;
	read(n);read(m);
	f[0][0][0]=1;
	for (int i=0; i<n; ++i)
		for (int j=0; j<=m; ++j)
			for (int k=0; k+j<=m; ++k)
				if (f[i][j][k])
				{
					(f[i+1][j][k]+=f[i][j][k])%=mod;//第i行不放炮
					if (m-j-k>=1)//第i行只放一个炮，并且放在了原来没有炮的一列
						(f[i+1][j+1][k]+=f[i][j][k]*(m-j-k))%=mod;

					if (j>=1)//第i行只放一个炮，并且放在了原来有一个炮的一列
						(f[i+1][j-1][k+1]+=f[i][j][k]*j)%=mod;

					if (m-j-k>=2)//第i行放两个炮，并且都放在了原来没有炮的一列
						(f[i+1][j+2][k]+=f[i][j][k]*cnt(m-j-k))%=mod;

					if (m-j-k>=1 && j>=1)//第i行放两个炮，并且一个放在了原来有一个炮的一列，一个放在了原来没有炮的一列
						(f[i+1][j][k+1]+=f[i][j][k]*j*(m-j-k))%=mod;

					if (j>=2)//第i行放两个炮，并且都放在了原来有一个炮的一列
						(f[i+1][j-2][k+2]+=f[i][j][k]*cnt(j))%=mod;
					f[i][j][k]%=mod;
				}
	ll ans=0;
	for (int i=0; i<=m; ++i)
		for (int j=0; j+i<=m; ++j)
			ans=(ans+f[n][i][j])%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

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