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題面

在一個\(n\)行\(m\)列的棋盤裏放\(c\)種不同色的棋子（每種有\(c_i\)個），使得每個格子最多放一個棋子，且不同
顏色的棋子不能在同一行或者同一列。有多少種方法？

\(n,m\leq30,c\leq10\)

解析

被細節坑慘系列
題目輸入了\(n,m,c\)這三個量，於是\(DP\)數組中也要包含這三個量。(？？？)
設\(f[i][j][k]\)表示前\(k\)種棋子放了任意\(i\)行、\(j\)列。
決策是：在哪些位置填同種顏色的棋子。

於是枚舉上一個狀態的\(i,j\)（表示為\(l,r\)）。上一狀態\(k‘=k-1\)

怎麽求\(g[i][j][k]\)呢？（卡殼處）
直接求求不出，可以換一種思路——容斥，用所有方案減去不合法方案（即有行列沒填）。
\[g[i][j]=C_{i*j}^{k}-g[l][r]*C_{i}^l*C_{j}^r\]

註意事項：

• 允許一種顏色棋子只放行、不放列的情況。
• 註意組合數的合法性（即\(C_n^m\)中\(n\geq m\))

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=2005,mod=1e9+9;
int n,m,c,a[40];
ll f[40][40][40],g[40][40],C[N][N],ans;
il ll gi()
{
  re ll x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while(ch!=‘-‘&&(ch<‘0‘||ch>‘9‘)) ch=getchar();
  if(ch==‘-‘) t=-1,ch=getchar();
  while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
int main()
{
  n=gi();m=gi();c=gi();
  fp(i,1,c) a[i]=gi();
  fp(i,0,2000)
    {
      C[i][0]=1;
      fp(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
    }
  f[0][0][0]=1;
  fp(k,1,c)
    {
      memset(g,0,sizeof(g));//註意到g值只對一種顏色有效
      fp(i,0,n)
    fp(j,0,m)
    if(i*j>=a[k])//...
    {
      g[i][j]=C[i*j][a[k]];
          fp(l,0,i)
        fp(r,0,j)
        if(l<i||r<j)//
        g[i][j]=(g[i][j]-g[l][r]*C[i][l]%mod*C[j][r]%mod+mod)%mod;
    }
      fp(i,0,n)
    fp(j,0,m)
    fp(l,0,i)
    fp(r,0,j)
    if(l<i||r<j)//
    f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[l][r][k-1]*g[i-l][j-r]%mod*C[n-l][i-l]%mod*C[m-r][j-r]%mod+mod)%mod;
    }
  fp(i,1,n) fp(j,1,m) (ans+=f[i][j][c])%=mod;
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}
 

[CQOI2011]放棋子