本文介绍了一个关于車放置的问题，通过动态规划方法解决，并进行了优化，最终转化为求组合数问题。文章详细阐述了解题思路及代码实现。
题目传送门
蛤蛤蛤蛤……高三真是狗……
（别问我开学第一周怎么度过的我不想说……）
看到题目首先想到一个DP，
d
p
[
i
]
[
j
]
dp[i][j]
dp[i][j]表示放在第
i
i
i行第
j
j
j列的可行方案数，于是就有如下转移辣：
d
p
[
i
]
[
j
]
=
∑
k
=
j
+
1
m
d
p
[
i
−
1
]
[
k
]
i
∈
[
2
,
n
]
,
j
∈
[
1
,
m
]
dp[i][j]=\sum\limits_{k=j+1}^{m}dp[i-1][k] \ \ \ \ i\in[2,n],j\in[1,m]
dp[i][j]=k=j+1∑mdp[i−1][k] i∈[2,n],j∈[1,m]
答案就是：
a
n
s
=
∑
i
=
1
m
d
p
[
n
]
[
i
]
ans=\sum\limits_{i=1}^{m}dp[n][i]
ans=i=1∑mdp[n][i]
初状态是：
d
p
[
1
]
[
i
]
=
1
i
∈
[
1
,
m
]
dp[1][i]=1 \ \ \ \ i\in [1,m]
dp[1][i]=1 i∈[1,m]
应该比较好理解吧……車不能与其他車放置在同行和同列，还必须要求每个車的左上不能有其他車。
不过棋盘的放置是不确定的，可以
n
n
n作为行也可以
m
m
m作为行，所以把
n
n
n和
m
m
m反过来再DP一遍。发现有时候
n
n
n作为行无解有时候
m
m
m作为行无解，有解时
n
<
m
n<m
n<m，所以DP一遍就好了。
这样随便一个
O
(
n
m
2
)
O(nm^2)
O(nm2)的DP就出来了，可是……过不去……
那么找找优化方法，注意到第二行的DP类似于对第一行做了个前缀和，每一行与前一行都错开一位做前缀和处理，所以那个DP式子中代价
O
(
m
)
O(m)
O(m)的求和就可以优化一下……
列个表看一下，其实DP方程就被优化成了这样：
d
p
[
i
]
[
j
]
=
d
p
[
i
]
[
j
+
1
]
+
d
p
[
i
−
1
]
[
j
+
1
]
i
∈
[
2
,
n
]
,
j
∈
[
1
,
m
]
dp[i][j]=dp[i][j+1]+dp[i-1][j+1]\ \ \ \ i\in[2,n],j\in[1,m]
dp[i][j]=dp[i][j+1]+dp[i−1][j+1] i∈[2,n],j∈[1,m]
如果学过选修2-3，就会看出这和组合数很类似啊……
(
n
+
1
m
)
=
(
n
m
)
+
(
n
m
−
1
)
\binom{n+1}{m}=\binom{n}{m}+\binom{n}{m-1}
(mn+1)=(mn)+(m−1n)
具体证明……这个数学老师应该讲了吧……（我忘了……）
这个DP时间复杂度是
O
(
n
m
)
O(nm)
O(nm)的，不过打一下表，发现这就是把杨辉三角顺时针旋转了
9
0
∘
90^\circ
90∘，要求的值，即最后一行的和，其实就是杨辉三角中一列的和，要求的答案在杨辉三角中可以表示为：
a
n
s
=
∑
i
=
1
m
−
1
(
n
−
1
i
)
ans=\sum\limits_{i=1}^{m-1}\binom{n-1}{i}
ans=i=1∑m−1(in−1)
这个求和还是数学课上讲过……可以化简为
(
n
m
)
n\choose m
(mn)……
所以优化了一堆，就是求个组合数咯……输出最后50位……
至于
n
<
m
n<m
n<m，将DP数组转置的时候自然是
m
<
n
m<n
m<n，所以有
m
>
n
m>n
m>n的情况只需把棋盘转一下，转成合法情况放置再转回去，就是对应的合法情况咯……
有意思的题……
时间复杂度
O
(
n
log
2
log
2
n
+
50
n
log
2
n
)
O(n\log_2 \log_2 n+50n\log_2n)
O(nlog2log2n+50nlog2n)？xbb别当真……
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