题意
用这四种骨牌密铺n*m的正方形矩阵,可以不选,求方案数。n*m<=1E8。多组询问。
思考
用如上的表达难以进行计算,尝试转化为一种新的组合解释。
若从右上角开始填起,我们强制要求里面的轮廓线是单调增的。例如:
这种方法既不影响合法性,又不会重复计数。
可以看见,我们只关心轮廓线的形状,不关心其他部分的细节,因此我们可以用长度为n+m的01串来表示其反向。在此处,默认01串从左下角向右上角写起,0代表上,1代表右。
每填充一个骨牌,可以发现这样的转移:
0001->1000
0011->1010
0101->1100
0111->1110
除了第四位上的数字,其余的三位在二进制表示下是完备的,也就是说,可以看做是单一的1先前移动了3位。
至此,原问题表述为:给定一个开头有n个1,末尾有m个0的字符串,每次可将1向前移动三位到一个字符为0的位置上,问构成开头有m个0,末尾有n个1的字符串的方案数有多少个。
该问题又可以划分为三个子问题,因为位置模3的余数不同的互不影响。也就是考虑若每次向右移动一个,有多少方案。
这个问题可以看做是经典的买票问题,使用钩子公式解决。复杂度O(n*m/3+T*n)
代码
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1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define mod 1000000007 3 using namespace std; 4 typedef long long int ll; 5 ll fac[33333335],n,m,T; 6 void init() 7 { 8 fac[0]=1; 9 for(int i=1;i<=33333333;++i) 10 fac[i]=fac[i-1]*i%mod; 11 } 12 ll qpow(ll x,ll y) 13 { 14 ll ans=1,base=x; 15 while(y) 16 { 17 if(y&1) 18 ans=ans*base%mod; 19 base=base*base%mod; 20 y>>=1; 21 } 22 return ans; 23 } 24 inline ll C(int x,int y) 25 { 26 return fac[x]*qpow(fac[y],mod-2)%mod*qpow(fac[x-y],mod-2)%mod; 27 } 28 inline ll get(ll n,ll m) 29 { 30 ll ans=1,sum=1; 31 for(int i=1;i<=n;++i) 32 { 33 ans=ans*fac[i+m-1]%mod; 34 sum=sum*fac[i-1]%mod; 35 // for(int j=1;j<=m;++j) 36 // ans=ans*(i+j-1)%mod; 37 } 38 return fac[n*m]*qpow(ans,mod-2)%mod*sum%mod; 39 } 40 int main() 41 { 42 ios::sync_with_stdio(false); 43 init(); 44 cin>>T; 45 while(T--) 46 { 47 cin>>n>>m; 48 if(n*m%3!=0) 49 { 50 cout<<0<<endl; 51 continue; 52 } 53 if(n%3!=0) 54 swap(n,m); 55 int base0=m/3; 56 int left0=base0,left1=base0+(m%3>0),left2=base0+(m%3>1); 57 ll ans=get(n/3,left0)*get(n/3,left1)%mod*get(n/3,left2)%mod; 58 ans=ans*C((left0+left1+left2)*n/3,left0*n/3)%mod; 59 ans=ans*C((left1+left2)*n/3,left1*n/3)%mod; 60 cout<<ans<<endl; 61 } 62 return 0; 63 }