放棋子:组合数/dp/容斥原理
2024-10-20 08:24:46
啊又是一个考场上没拿到的水题,差一步!!
组合数,先打个杨辉三角吧。
显然棋子应该一种一种的放,这很dp。
而且棋子一旦放下,那么它所在的行列就只能放这种颜色的棋子了。
设dp[i][x][y]表示正在放第i种颜色的棋子,还有x行y列没有放过棋子。
我们枚举给第i种颜色的棋子一共安排xx行yy列,需要的组合数是:
从剩余的x行中选出xx行,列同理,再从xx*yy个位置里放num[i]个棋子
但是最后一个并不是简单的组合数:你要保证你的放法把拿出的xx行yy列都用到了。
这个怎么求?感觉像容斥嘛?设g[num][xx][yy]表示用num个棋子放满xx行yy列的方案数
g[num][xx][yy]=C(xx*yy,num)-∑x=1->xx∑y=1->yyg[num][x][y];(x!=xx||y!=yy)
没有初状态,它会用那个组合数减去若干个0给你弄出来。
没了。。。吧。。。应该都能懂了叭?
Update:为了防止某些人误解,我要说一下我的实际做法。
我的dp含义是已经用了多少行列,正向dp,最后输出dp[c][n][m],方法当然一样。
g数组到底怎么求,本质上也是一样的。
但因为做题和写题解之间隔了一段时间(在做划艇),所以说的和代码不太一样。
也就是会出现代码和题解不完全匹配的情况。但我写的思路还是一样的。
放心啦,我不是那种从网上扒题解还不注明来源的人,纯原创哪。
#include<cstdio>
#define mod 1000000009
int c[][],dp[][][],g[][][],n,m,k,num[],ans;
int main(){
dp[][][]=;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=;i<=k;++i)scanf("%d",&num[i]);
for(int i=;i<=;++i)c[i][]=;
for(int i=;i<=;++i)for(int j=;j<=i;++j)c[i][j]=(c[i-][j-]+c[i-][j])%mod;
for(int i=;i<=k;++i)for(int x=;x<=n;++x)for(int y=;y<=m;++y){
g[i][x][y]=c[x*y][num[i]];
for(int xx=;xx<=x;++xx)for(int yy=;yy<=y;++yy)if(xx!=x||yy!=y)
g[i][x][y]=(g[i][x][y]-1ll*g[i][xx][yy]*c[x][xx]%mod*c[y][yy]%mod+mod)%mod;
for(int xx=i-;xx<x;++xx)for(int yy=i-;yy<y;++yy)
dp[i][x][y]=(dp[i][x][y]+1ll*dp[i-][xx][yy]*c[n-xx][x-xx]%mod*c[m-yy][y-yy]%mod*g[i][x-xx][y-yy]%mod)%mod;
}
for(int x=;x<=n;++x)for(int y=;y<=m;++y)ans=(ans+dp[k][x][y])%mod;
printf("%d",ans);
}
多多取模
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