P2051 [AHOI2009] 中国象棋 题解

DP好题？

首先确定，每一行/列只能放至多两个棋子，这么少，所以我们的状态肯定和棋子数有关。

由于我们不关注具体的方案数，所以我们不妨只关心对应棋子数量的行/列的数量。同时，由于考虑行和列都是一样的，所以我们不妨用行递推。

所以我们设$d{p}_{i,j,k}$表示当前放到第 $i$ 行，有 $j$ 列有1个棋子，有 $k$ 列有2个棋子下的方案数。

容易写出转移方程如下：

一、 若不放棋子

1. 直接继承 $d{p}_{i-1,j,k}$

二、 若放一个棋子

1. 若放在有零个棋子的列
   $d{p}_{i,j,k}+=d{p}_{i-1,j-1,k}\times (m-j+1-k)$
   放在有零个棋子的列，那么现在和原来相比多了一个有一个棋子的列，所以$j-1$，而放在任意一个零列都可以，所以要乘$m-j+1-k$。

2. 若放在有一个棋子的列
   $d{p}_{i,j,k}+=d{p}_{i-1,j+1,k-1}\times (j+1)$
   因为你放在有一个棋子的列，有一个棋子的列的数量就减一了，所以对应转移过来应该是加一，而放在这$j+1$列都可以，所以要乘$j+1$。

三、若放两个棋子

1. 若一个放在零个棋子的列，一个放在一个棋子的列
   $d{p}_{i,j,k}+=d{p}_{i-1,j,k-1}\times (m-j-k+1)\times j$
   这样就会让两个棋子的列多出一个，所以$k-1$，而放在零个棋子的列有$m-j-k+1$，放在一个棋子的列有$j$，所以相乘。

2. 若两个都放在一个棋子的列
   $d{p}_{i,j,k}+=d{p}_{i-1,j+2,k-2}\times$ $(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+2}{2})$
   这 $j+2$ 个地方都可以选，放两个。

3. 若两个都放在零个棋子的列
   $d{p}_{i,j,k}+=d{p}_{i-1,j-2,k}\times$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-j-k+2}{2})$
   同上。

再多显然不可能了。
讨论结束。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=9999973;
int n,m;
long long dp[105][105][105];
long long ans;
int main(){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	dp[0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=0;j<=m;++j){
			for(int k=0;k<=m-j;++k){
				dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k]%mod;
				if(j>=1) dp[i][j][k]+=dp[i-1][j-1][k]*(m-j-k+1)%mod,dp[i][j][k]%=mod;
				if(k>=1) dp[i][j][k]+=dp[i-1][j+1][k-1]*(j+1)%mod,dp[i][j][k]%=mod;
				if(k>=1) dp[i][j][k]+=(dp[i-1][j][k-1]*(m-j-k+1)%mod)*j%mod,dp[i][j][k]%=mod;
				dp[i][j][k]+=dp[i-1][j+2][k-2]*(j+2)*(j+1)/2%mod,dp[i][j][k]%=mod;
				if(j>=2) dp[i][j][k]+=dp[i-1][j-2][k]*(m-j-k+2)*(m-j-k+1)/2%mod,dp[i][j][k]%=mod;
			}
		}
	}
	for(int i=0;i<=m;++i){
		for(int j=0;j<=m;++j) ans+=dp[n][i][j],ans%=mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}