题解 P3158 [CQOI2011]放棋子

题解

本题是一个 \(DP\) 加 容斥，容斥的式子很好推，重点是如何想到和如何推出 \(DP\) 部分的式子。

因为不同种颜色的棋子不能放在同一行或同一列，所以不同种的棋子是相对独立的。

据此，我们可以推出一个式子，设 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(k\) 种颜色占据了 \(i\) 行 \(j\) 列。

\[f_{i,j,k}=\sum_{l=0}^{i-1}\sum_{r=0}^{j-1}f_{l,r,k-1}×g_{i-l,j-r,num_k}×(^{n-l}_{i-l})×(^{m-r}_{j-r}) \]

其中 \(g_{i,j,k}\) 表示 \(k\) 个棋子占据 \(i\) 行 \(j\) 列，\(num_k\) 表示第 \(k\) 种颜色棋子的个数，后面的表示组合数。

来解释一下这个式子，其中因为 \(k-1\) 已经占据了 \(l\) 行 \(r\) 列，那么第 \(k\) 种颜色的棋子要占据 \(i-l\) 行 \(j-r\) 列。

所以这 \(num_k\) 颗棋子只能放在这 \(i-l\) 行 \(j-r\) 行的交汇处，所以由此我们可以得出 \(g\) 的式子

显然直接推不好推，所以我们要用容斥。易得 \(g_{i,j,k}\) 初始状态设为 \((^{i×j}_{num_k})\) ，但其中有一些情况无法占据所有的行列，所以

\[g_{i,j,k}=g_{i,j,k}-\sum_{l=1}^{i}\sum_{r=1}^{j} g_{l,r,k}×(^{i}_{l})×(^{j}_{r})[(l\le i)||(r\le j)] \]

最后，所有的行列不一定占据，但所有种类的棋子一定要放上，所以答案即为

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}f_{i,j,c} \]

\(AC \kern 0.4emCODE:\)

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define p(i) ++i
using namespace std;
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    inline char gc() {return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
    inline int read() {
        ri x=0,f=1;char ch=gc();
        while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();}
        while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gc();}
        return x*f;
    }
}
using IO::read;
namespace nanfeng{
    #define ll long long
    static const int N=33;
    static const int MOD=1e9+9;
    static const int CN=12;
    int C[N*N][N*N],g[N][N],f[N][N][CN],n,m,c;
    inline int main() {
        n=read(),m=read(),c=read();
        const int S=n*m;
        C[0][0]=f[0][0][0]=1;
        for (ri i(1);i<=S;p(i)) {
            C[i][0]=1;
            for (ri j(1);j<=i;p(j)) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
        } 
        for (ri k(1);k<=c;p(k)) {
            ri num=read();
            memset(g,0,sizeof(g));
            for (ri i(1);i<=n;p(i)) {
                for (ri j(1);j<=m;p(j)) {
                    if (i*j<num) continue;//要加上优化，显然
                    g[i][j]=C[i*j][num];
                    for (ri l(1);l<=i;p(l)) {
                        for (ri r(1);r<=j;p(r)) {
                            if (l==i&&r==j) continue;
                            g[i][j]=((ll)g[i][j]-(ll)g[l][r]*C[i][l]%MOD*C[j][r]%MOD+MOD)%MOD;
                            // printf("g[%d][%d]=%d\n",i,j,g[i][j]);
                        }
                    }
                }
            }
            for (ri i(1);i<=n;p(i)) {
                for (ri j(1);j<=m;p(j)) {
                    for (ri l(0);l<i;p(l)) {
                        for (ri r(0);r<j;p(r)) {
                            if ((i-l)*(j-r)<num) break;
                            f[i][j][k]=((ll)f[i][j][k]+(ll)f[l][r][k-1]*g[i-l][j-r]%MOD*C[n-l][i-l]%MOD*C[m-r][j-r]%MOD)%MOD;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        int ans=0;
        for (ri i(1);i<=n;p(i)) {
            for (ri j(1);j<=m;p(j)) ans=(ans+f[i][j][c])%MOD;
        }
        printf("%d\n",ans);
        return 0;
    }
}
int main() {return nanfeng::main();}

时间复杂度 \(O(n^2m^2c)\)