[HDOJ 5155] Harry And Magic Box

题目大意

有一个 n * m 的棋盘，已知每行每列都至少有一个棋子，求可能有多少种不同的棋子分布情况。答案对一个大素数取模。

题目分析

算法1：

　　使用容斥原理与递推。

　　首先，一个 n * m 的棋盘不考虑任何限制时，可能的分布情况为 2^(n*m) ，除去没有棋子的情况，为 2^(n*m) - 1 。

　　然后，因为所有的 n 行，m 列都有棋子，所以枚举 ii (1 <= ii <= i) ， jj (1 <= jj <= j) 。对于枚举的一组 (ii, jj) ，若 (ii, jj) != (i, j) ，f[i][j] 就是恰好有 i 行 j 列都有棋子的情况数，再乘上在 i 行中选 ii 行 ( C[i][ii] ) ，在 j 列中选 jj 列的情况数( C[j][jj] )，就是在 i * j 的棋盘中，恰好有 ii 行， jj 列有棋子的情况数。(i, j) 的答案 f[i][j] 要减去这个值。

　　这样就递推出了所有的 f[i][j] 。时间复杂度 O(n^4) 。

　　注意的问题：组合数用递推来求。 C[i][0] = 1, C[i][j] = C[i-1][j-1] + C[i-1][j]; 进行递推时注意取模之后的数相乘会爆 Int 。

算法2：

　　考虑一种 DP ，使用 f[i][j] 表示前 i 行都有棋子，然而只有 j 列有棋子的方案数。

　　那么我们考虑第 i + 1 行的棋子放置情况，我们枚举第 i + 1 行棋子放置的个数 k ，再枚举这 k 个棋子中有 t 个放在之前没有棋子的列中。

　　那么就有一个状态转移： f[i+1][j+t] += f[i][j] * C[j][k-t] * C[m-j][t] 。

　　时间复杂度同样是 O(n^4) 。

代码

算法1

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <algorithm>

using namespace std;

const int MaxN = 50 + 5, Mod = 1000000007;

int n, m;

int C[MaxN][MaxN], f[MaxN][MaxN], Pow2[MaxN * MaxN];

void Init_C() {

	C[0][0] = 1;

	for (int i = 1; i <= 50; ++i) {

		C[i][0] = 1;

		for (int j = 1; j <= i; ++j) {

			C[i][j] = C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j];

			C[i][j] %= Mod;

		}

	}

	Pow2[0] = 1;

	for (int i = 1; i <= 2500; ++i) {

		Pow2[i] = Pow2[i - 1] << 1;

		Pow2[i] %= Mod;

	}

}

typedef long long LL;

int main()

{

	Init_C();

	for (int i = 1; i <= 50; ++i) {

		for (int j = 1; j <= 50; ++j) {

			f[i][j] = Pow2[i * j] - 1;

			for (int ii = 1; ii <= i; ++ii) {

				for (int jj = 1; jj <= j; ++jj) {

					if (ii == i && jj == j) continue;

					f[i][j] -= (LL)f[ii][jj] % Mod * (LL)C[i][ii] % Mod * (LL)C[j][jj] % Mod;

					f[i][j] %= Mod;

				}

			}

			f[i][j] = (f[i][j] + Mod) % Mod;

		}

	}

	while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {

		if (n == 0 || m == 0) {

			printf("1\n"); continue;

		}

		printf("%d\n", f[n][m]);

	}

	return 0;

}

算法2就不写代码了。

巴特西

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