AcWing 1309. 车的放置

$AcWing$ $1309$. 车的放置

一、题目描述

有下面这样的一个网格棋盘，$a,b,c,d$ 表示了对应边长度，也就是对应格子数。

当 $a=b=c=d=2$ 时，对应下面这样一个棋盘：

要在这个棋盘上放 $k$ 个相互不攻击的车，也就是这 $k$ 个车没有两个车在同一行，也没有两个车在同一列，问有多少种方案。

只需要输出答案 $mod$ $100003$ 后的结果。

输入格式
共一行，五个非负整数 $a,b,c,d,k$。

输出格式
包括一个正整数，为答案 $mod$ $100003$ 后的结果。

数据范围
$0≤a,b,c,d,k≤1000$，保证至少有一种可行方案。

输入样例：

2 2 2 2 2

输出样例：

38

二、算法分析

样例理解

我们可以尝试在每一个空格上放上车，然后躲开同行+同列，会发现有很多种放法，并且要注意不能重复，最后加在一起共$38$种摆放方案。

1、规则的图形

题目给定的图片是不规则图形，我们可以将它分解成若干个规则图形，因为规则图形可以通过公式直接计算出来，如上图所示，对于某个规则的矩形，长度是$b$，宽度是$a$，放 $k$ 辆车（$k <= a,k<= b$），在长度是$b$行中任选$k$行进行摆放，一共有$\displaystyle C_b^k \times P_a^k$种摆放方案

解释:$\displaystyle C_b^k \times P_a^k$ : 从$b$行中选择$k$行，这个很好理解，那为什么是$P_a^k$呢？如下图：

2、分解图形

（按照红线位置划分成两个矩形）

上半部分摆放$i$辆车，有$\displaystyle C_b^i\times P_a^i$种摆放方案

下半部分摆放$k - i$辆车，由于上半部分摆放了$i$辆车，占用的列对下半部分选择有了一定的影响，即占用的列对于下半部分是不可使用的，因此从$d$行中选$k - i$行，有$a + c - i$列可以进行摆放并摆放$k - i$辆车，因此有 $C_d^{k-i}\times P_{a+c-i}^{k-i}$ 种摆放方案。

内部是乘法原理，因为后面的结果会受到前面的影响。

乘法原理：理解为一个事件需要经历多个步骤，每个步骤有若干选择，最终的总选择数就是各个步骤选择数的乘积。

上半部分摆放$i$辆车，整张图的摆放方案是

$$\large C_b^{i}\times P_a^i \times C_d^{k-i}\times P_{a+c-i}^{k-i}$$

三、实现代码

组合数公式专题

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"

const int N = 2010, mod = 100003; // 因为式子中出现a+c，所以N要开两倍

int fact[N], infact[N]; // 阶乘与阶乘的逆元

// 快速幂模板
int qmi(int a, int k) {
    int res = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

// 组合数
int C(int a, int b) {
    if (a < b) return 0;
    return fact[a] % mod * infact[a - b] % mod * infact[b] % mod;
}

// 排列数
int P(int a, int b) {
    if (a < b) return 0;
    return fact[a] % mod * infact[a - b] % mod;
}

signed main() {
    // 组合数公式II
    // 预处理出阶乘和阶乘的逆元
    fact[0] = infact[0] = 1; // 0的阶乘是1,这是人为的规定。 1/1也是1，infact[0]也是1
    for (int i = 1; i < N; i++) {
        fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;                   // 阶乘
        infact[i] = infact[i - 1] * qmi(i, mod - 2) % mod; // 因为100003是质数，可以用费马小定理求出阶乘的逆元
    }

    int a, b, c, d, k;
    cin >> a >> b >> c >> d >> k;

    int res = 0;
    for (int i = 0; i <= k; i++) // 在上面的矩阵中，放i个，但要注意C(a,b),P(a,b)中a>=b,这里处理的也非常巧妙，
                                 // 没有在计算时进行特判，而是在实现C函数、P函数时进行了特判，if(a<b) return 0;
        res = (res + C(b, i) * P(a, i) % mod * C(d, k - i) % mod * P(a + c - i, k - i)) % mod;

    printf("%lld\n", res);
}