[AHOI2009]中国象棋

题目描述

这次小可可想解决的难题和中国象棋有关，在一个N行M列的棋盘上，让你放若干个炮（可以是0个），使得没有一个炮可以攻击到另一个炮，请问有多少种放置方法。大家肯定很清楚，在中国象棋中炮的行走方式是：一个炮攻击到另一个炮，当且仅当它们在同一行或同一列中，且它们之间恰好 有一个棋子。你也来和小可可一起锻炼一下思维吧！

输入格式

一行包含两个整数N，M，之间由一个空格隔开。

输出格式

总共的方案数，由于该值可能很大，只需给出方案数模9999973的结果。

100%的数据中N和M均不超过100

50%的数据中N和M至少有一个数不超过8

30%的数据中N和M均不超过6

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可以发现的一条性质是，每一行、每一列放的炮最多只有2个。那么我们对于每一行的决策就是：不放、放一个、放两个。而这些决策所影响到的量有：有几列没放炮、有几列放了一个炮、有几列放了两个炮。那么我们把这些量设计进状态即可。

设dp[i][j][k][l]表示前i行中，有j列没放炮，有k列放了一个，有l列放了两个。然后我们发现j、k、l加起来刚好等于m，所以我们省掉一维，设dp[i][j][k]表示前i行中，有j列放了一个，有k列放了两个。转移是O(1)，不过比较复杂，这里用刷表法降低思维复杂度：

\[rest=m-j-k\\ 不放:\\ dp[i+1][j][k]=dp[i+1][j][k]+dp[i][j][k]\\ 放一个到没有的列上:\\ dp[i+1][j+1][k]=dp[i+1][j+1][k]+dp[i][j][k]*rest\\ 放一个到1个的列上:\\ dp[i+1][j-1][k+1]=dp[i+1][j-1][k+1]+dp[i][j][k]*j\\ 放两个，都到一个的列上:\\ dp[i+1][j+2][k]=dp[i+1][j+2][k]+dp[i][j][k]*C_{rest}^{2}\\ 放两个，一个到没有的列上，一个到一个的列上:\\ dp[i+1][j][k+1]=dp[i+1][j][k+1]+dp[i][j][k]*j*rest\\ 放两个，都到没有的列上:\\ dp[i+1][j-2][k+2]=dp[i+1][j-2][k+2]+dp[i][j][k]*C_{j}^{2} \]

初始化dp[0][0][0]=1。答案为\({\sum}_{i=1}^{n}{\sum}_{j=1}^{m}dp[n][i][j]\)。

时间复杂度为\(O(N^3)\)

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define mod 9999973
using namespace std;

inline int read(){
	register int x(0),f(1); register char c(getchar());
	while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
	while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}

#define maxn 110
long long dp[maxn][maxn][maxn];
int n,m;
long long ans;

inline int c(int x){ return (1ll*x*(x-1)%mod)/2; }
int main(){
	n=read(),m=read();
	
	int rest;
	dp[0][0][0]=1;
	for(register int i=0;i<n;i++){
		for(register int j=0;j<=m;j++){
			for(register int k=0;k+j<=m;k++) if(dp[i][j][k]){
				rest=m-j-k;
				dp[i+1][j][k]=(dp[i+1][j][k]+dp[i][j][k])%mod;
				if(rest>=1) dp[i+1][j+1][k]=(dp[i+1][j+1][k]+dp[i][j][k]*rest)%mod;
				if(j>=1) dp[i+1][j-1][k+1]=(dp[i+1][j-1][k+1]+dp[i][j][k]*j)%mod;
				if(rest>=2) dp[i+1][j+2][k]=(dp[i+1][j+2][k]+dp[i][j][k]*c(rest))%mod;
				if(rest>=1 && j>=1) dp[i+1][j][k+1]=(dp[i+1][j][k+1]+dp[i][j][k]*j*rest)%mod;
				if(j>=2) dp[i+1][j-2][k+2]=(dp[i+1][j-2][k+2]+dp[i][j][k]*c(j))%mod; 
			}
		}
	}
	
	for(register int i=0;i<=m;i++){
		for(register int j=0;i+j<=m;j++){
			ans=(ans+dp[n][i][j])%mod;
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	
	return 0;
}