51nod1327 棋盘游戏

远古大坑

神仙DP状态设计题

https://blog.csdn.net/white_elephant/article/details/83592103

从行的角度入手，无论如何都要状压

每列最多放一个，所以从列的角度入手

每列会左端点结束，右端点出现，以及空位

个数设为：l[i],r[i],md[i]

直接决定当前列填在哪一行很困难，若直接记录还有多少行左半边没有填，那么并不知道哪些行的左半边之后会消失，无法转移

所以在这个左半边消失的时刻进行安排位置！

只要考虑之前预留了多少列即可，这些列都是可以用的

右半边？

预留就不行了，因为“起点”不一样，不一定都能用

但是终点一样，这次没有填的右部分，下一列还是可以填，所以直接转移

 

状态：f[i][j][k]“填完前i列，还有j列是空的，右半部分还有k行左端点出现在i及之前，且没有放置”的方案数

转移枚举填什么即可

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register int
#define il inline
#define fi first
#define se second
#define mk(a,b) make_pair(a,b)
#define numb (ch^'0')
#define pb push_back
#define solid const auto &
#define enter cout<<endl
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<class T>il void rd(T &x){
    char ch;x=0;bool fl=false;
    while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);
    for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);
    (fl==true)&&(x=-x);
}
template<class T>il void output(T x){if(x/10)output(x/10);putchar(x%10+'0');}
template<class T>il void ot(T x){if(x<0) putchar('-'),x=-x;output(x);putchar(' ');}
template<class T>il void prt(T a[],int st,int nd){for(reg i=st;i<=nd;++i) ot(a[i]);putchar('\n');}

namespace Miracle{
const int N=52;
const int M=202;
const int mod=1e9+7;
int A[M][M];
int jie[M];
int n,m,f[M][M][N];
int l[M],r[M],md[M];
int ad(int x,int y){
    return (x+y)>=mod?x+y-mod:x+y;
}
void inc(int &x,int y){
    x=ad(x,y);
}
int mul(int x,int y){
    return (ll)x*y%mod;
}
int main(){
    rd(n);rd(m);
    if(2*n>m){
        puts("0");return 0;
    }
    jie[0]=1;
    for(reg i=1;i<=m;++i) jie[i]=(ll)jie[i-1]*i%mod;
    A[0][0]=1;
    for(reg i=1;i<=m;++i){
        A[i][0]=1;
        for(reg j=1;j<=i;++j){
            A[i][j]=ad(A[i-1][j],A[i-1][j-1]);
        }
    }
    for(reg i=1;i<=m;++i){
        for(reg j=1;j<=i;++j){
            A[i][j]=(ll)A[i][j]*jie[j]%mod;
        }
    }
    for(reg i=1;i<=n;++i){
        int L,R;rd(L);rd(R);
        R=m-R+1;
        ++l[L];++r[R];
        for(reg j=L+1;j<R;++j){
            ++md[j];
        }
    }
    f[0][0][0]=1;
    for(reg i=0;i<m;++i){
        for(reg j=0;j<=i;++j){
            for(reg k=0;k<=n;++k){
                int lp=f[i][j][k];
                if(lp){
                    if(j+1-l[i+1]>=0) inc(f[i+1][j+1-l[i+1]][k+r[i+1]],mul(lp,A[j+1][l[i+1]]));
                    if(j-l[i+1]>=0&&k+r[i+1]>0) inc(f[i+1][j-l[i+1]][k+r[i+1]-1],mul(lp,mul(A[j][l[i+1]],k+r[i+1])));
                    if(j-l[i+1]>=0) inc(f[i+1][j-l[i+1]][k+r[i+1]],mul(lp,mul(A[j][l[i+1]],md[i+1])));
                }
            }
        }
    }
    ll ans=0;
    for(reg j=0;j<=m;++j) ans=ad(ans,f[m][j][0]);
    ot(ans);
    return 0;
}

}
signed main(){
    Miracle::main();
    return 0;
}

/*
   Author: *Miracle*
*/

考虑从列入手简单

但是直接记录剩下多少个没填很难，因为结束位置不同

所以考虑在最后结束位置进行分配，只要记录之前剩下多少

一种变相的对未来承诺，或者说是预留