abc232_e Rook Path 题解

合集 - 题解(48)

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14.abc232_e Rook Path 题解2023-03-03

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Rook Path

题意

有一个 $n$ 行 $m$ 列的矩阵，有一只乌鸦在 $(x_1,y_1)$ 上，它想要去 $(x_2,y_2)$。

乌鸦可以飞 $k$ 次：

• 假设乌鸦现在在 $(x,y)$，它可以选择以下两种情况中的任意一种执行。
  1. 飞到 $(x,y^{\prime })$ 并且 $(y^{\prime }\ne y)$
  2. 飞到 $(x^{\prime },y)$ 并且 $(x^{\prime }\ne x)$

问有多少种方法，使得 $k$ 次操作后乌鸦能落到 $(x_2,y_2)$。

方案数要对 $998244353$ 取模。

对于 $i(1⩽i<k)$，$i$ 次操作后是可以在 $(x_2,y_2)$

数据范围

• $1⩽n,m⩽{10}^9$
• $1⩽k⩽{10}^6$
• $1⩽x_1,x_2⩽n$
• $1⩽y_1,x{y}_2⩽m$

思路

爆搜是不可能AC的。

但是，通过暴力输出dp数组，我们可以发现：不是每种情况都是需要算的，某些情况是重复的！

结果可以分为四类，如下图，每种颜色代表一种答案。

• 设起点为 $(x_1,y_1)$
  1. $(x_1,y_1)$
  2. $(x_1,y)(y\ne y_1)$
  3. $(x,y_1)(x\ne x_1)$
  4. $(x,y)(x\ne x_1,y\ne y_1)$

继续画图来找规律

下面的同行同列指的是与起点同行或同列。

1|$(x_1,y_1)$

同行同列的格子可以转移到这个格子上

• 同行格子数（减去起点）：$m-1$
• 同列格子数（减去起点）：$n-1$

2|$(x_1,y)(y\ne y_1)$

同行的格子、起点以及不同行且不同列的格子可以转移到这个格子上

• 同行格子数（减去起点和自己）：$m-2$
• 起点：$1$
• 不同行且不同列的格子：$n-1$

3|$(x,y_1)(x\ne x_1)$

同列的格子、起点以及不同行且不同列的格子可以转移到这个格子上

• 同列格子数（减去起点和自己）：$n-2$
• 起点：$1$
• 不同行且不同列的格子：$m-1$

4|$(x,y)(x\ne x_1,y\ne y_1)$

同列的格子、同行的格子以及不同行且不同列的格子可以转移到这个格子上

• 同列格子数：$1$
• 同行格子数：$1$
• 不同行且不同列的格子：$n+m-4$

复杂度

• 时间：$O(k)$
• 空间：$O(4\times k)$

Code

点击查看代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
 
using namespace std;
 
const int mod = 998244353, K = 1e6 + 1;
 
int n, m, k, sx, sy, ex, ey;
long long dp[K][6], ans;
 
int main(){
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n >> m >> k >> sx >> sy >> ex >> ey;
  dp[0][0] = 1;
  for (int i = 1; i <= k; i++) {
    dp[i][0] = (dp[i - 1][1] * (m - 1) % mod + dp[i - 1][2] * (n - 1) % mod) % mod;
    dp[i][1] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1] * (m - 2) % mod + dp[i - 1][3] * (n - 1) % mod) % mod;
    dp[i][2] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][3] * (m - 1) % mod + dp[i - 1][2] * (n - 2) % mod) % mod;
    dp[i][3] = (dp[i - 1][1] + dp[i - 1][2] + dp[i - 1][3] * (n + m - 4) % mod) % mod;
  }
  if (ex == sx && ey == sy) {
    ans = dp[k][0];
  } else if (ex == sx) {
    ans = dp[k][1];
  } else if (ey == sy) {
    ans = dp[k][2];
  } else {
    ans = dp[k][3];
  }
  cout << ans;
  return 0;
}