Description

目標rating超過CLJ的小A最近在瘋狂做CF，話說這次CF在賽前十分鐘出了個相當奇葩的預選題，要求十分鐘內必須做出這道題才能參加這次CF。 這道題是這樣的，給你一個N*N的矩陣，每行有一個障礙，資料保證任意兩個障礙不在同一行，任意兩個障礙不在同一列，要求你在這個矩陣上放N枚棋子（障礙的位置不能放棋子），要求你放N個棋子也滿足每行只有一枚棋子，每列只有一枚棋子的限制，求有多少種方案。 最近被各種神題折磨得死去活來，走火入魔的小A一下被這個超級水題給卡住了，但是這次是超過CLJ的最佳機會，於是，心急火燎的他找到了你，請你帶他順利參加這次CF正賽吧。  

Input

第一行一個N，接下來一個N*N的矩陣。

Output

合法方案數。

Sample Input

2

1 0

0 1

Sample Output

1

Data Constraint

20%的資料保證： N<=10 60%的資料保證： N<=20 100%的資料保證： N<=200

Solution

20%爆搜+剪枝

60%爆搜+更好的剪枝來騙分（本驗題人未打過這檔分，所以 拿不到的也沒辦法）

100%有兩種方法，一種是原題解方法，一種是本驗題人方法。

法一：原題解 本題目由於障礙其實是順序無關的（從每行每列不重複可看 出），於是可以將棋盤進行轉化： 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 → 0 1 0 → 0 1 + 0 0 0 0 0 0 然後可以通過求空白棋盤和有障礙棋盤的方案數，再相乘可 得。如果將列位置看成數列的位置，行位置看做數列中的數， 顯然可以看出棋盤擺棋情況可對映為一個數列，於是有： 空白棋盤方案：（全排列）n! 帶障礙棋盤方案：用錯排公式（就是由 n 個人坐座位，然後 進行換位，每個人不能坐在原位置的方案數），遞推式： f[i]=(i-1)*(f[i-1]+f[i-2])

法二：驗題人解法 基於轉化後的模型，可以發現，對於空白棋盤方案數是相當 容易求出來的，而帶障礙棋盤方案可以通過容斥原理實現 （即將總的減去放一個棋子在障礙上再加回兩個棋子在障 礙上……）預處理出組合數（因為放障礙時要選位置），可 以得出如下式子：（設有 n 行 n 列，m 個障礙） Ans=∑(-1) i*C i m*（n-i）！ （i 列舉障礙數，由 0 到 m）

Code1

#include<cstdio>
using namespace std;
int n,k,a[1005];
void cheng(int x)
{
	int t=0;
	for (int i=1;i<=a[0];i++)
	{
		a[i]=a[i]*x+t;
		t=a[i]/10;
		a[i]%=10;
	}
	while (t>0)
	{
		a[++a[0]]=t;
		t=a[a[0]]/10;
		a[a[0]]%=10;
	}
}
void jia()
{
	a[1]++;
	int t=1;
	while (a[t]==10)
	{
		a[t+1]++;
		a[t]=0;
		t++;
	}
	if (t>a[0]) a[0]=t;
}
void jian()
{
	int t=1;
	while (a[t]==0 && t<a[0]) t++;
	a[t]--;
	for (int i=t-1;i;i--) a[i]=9;
	if (t==a[0] && a[t]==0) a[0]--;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	a[0]=1;
	a[1]=0;
	k=-1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		k*=-1;
		cheng(i);
		if (k>0) jia(); else jian();
	}
	for (int i=a[0];i;i--) printf("%d",a[i]);
	return 0;
}
 

Code2

#include<cstdio> 
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
#define mod 1000000000000000
using namespace std;
ll n,f[210][1000];
void update(int x){
	for(int i=1;i<=f[x][0];i++){
		f[x][i+1]+=f[x][i]/mod;
		f[x][i]%=mod;
	}
	while(f[x][f[x][0]+1]>0){
		f[x][++f[x][0]]+=f[x][f[x][0]-1]/mod;
		f[x][f[x][0]-1]%=mod;
	}
}
int getlen(int x){
	ll k=f[n][x],len=0;
	while(k>0){k/=10;len++;}
	return len;
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	f[2][0]=1;f[2][1]=1;
	f[3][0]=1;f[3][1]=2;
	for(int i=4;i<=n;i++){
		f[i][0]=f[i-1][0];
		for(int j=1;j<=f[i][0];j++) f[i][j]+=f[i-1][j]+f[i-2][j];
		update(i);
		for(int j=1;j<=f[i][0];j++) f[i][j]*=(i-1);
		update(i);
	}
	printf("%lld",f[n][f[n][0]]);
	for(int i=f[n][0]-1;i>0;i--){
		for(int j=1;j<=15-getlen(i);j++) printf("0");
		printf("%lld",f[n][i]);
	}
	return 0;
}