bzoj3294: [Cqoi2011]放棋子 容斥原理
阿新 • • 發佈:2019-02-09
這道題的dp方程容易想到:令f[i][j][k]表示前i種顏色佔了j行,k列的方案數,g[i][j][k] 表示用第i種顏色佔了j行,k列的方案總數,則f[i][j][k] = sigma(f[i - 1][x][y] * g[i][j - x][k - y]);關鍵是g[i][j][k]怎麼求,這就是經典的容斥原理了。
由於這個g函式裡的數字都很小,所以就一開始打表處理吧,跟早上餘行江講的唯一不同的就是g函式的構造。
餘行江是用g(A,B,d[i])來構造的容斥,而這裡直接用g[i][a][b]代替的,原理是一樣的。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; #define mod 1000000009 typedef long long sint; const int maxn = 35, maxk = 15; sint f[maxk][maxn][maxn]; sint g[maxk][maxn][maxn]; sint c[maxn * maxn][maxn * maxn]; int d[maxk]; int n, m, k; void init() { c[0][0]=1; for(int i=1;i<maxn*maxn;i++) { c[i][0]=c[i][i]=1; } for(int i=2;i<maxn*maxn;i++) { for(int j=1;j<=i;j++) { c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1]; c[i][j]%=mod; } } } void getg() { for(int i=1;i<=k;i++) { for(int a=1;a<=n;a++) { for(int b=1;b<=m;b++) { for(int x=1;x<=a;x++) { for(int y=1;y<=b;y++) { if( (x+y)%2 == (a+b)%2 ) { g[i][a][b]+=c[x*y][d[i]]*c[a][x]%mod*c[b][y]%mod; } else { g[i][a][b]-=c[x*y][d[i]]*c[a][x]%mod*c[b][y]%mod; } g[i][a][b]%=mod; } } } } } return; } int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%d",&d[i]); init(); getg(); sint ans=0; f[0][0][0] = 1; for(int i = 1; i <= k; i ++) { for(int a = i; a <= n; a ++) { for(int b = i; b <= m; b ++) { for(int x = max(a - d[i], 0); x < a; x ++) { for(int y = max(b - d[i], 0); y < b; y ++) { f[i][a][b] = (f[i][a][b] + f[i - 1][x][y] * g[i][a - x][b - y] % mod * c[n - x][a - x] % mod * c[m - y][b - y] % mod) % mod; } } } } } for(int i = 0; i <= n; i ++) { for(int j = 0; j <= m; j ++) { ans = (ans + f[k][i][j]) % mod; } } printf("%lld\n",ans); return 0; }