CodeForces 295 D.Greg and Caves(组合数学+dp)

本文探讨了一个关于在特定条件下计算黑白格子染色方案数量的问题。通过动态规划的方法解决了上半部分宽度递增、下半部分宽度递减的要求,并提供了解决方案的详细步骤及代码实现。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

Description

给出一个n×m的格子,每个格子要么黑色要么白色,要求其满足以下两个条件:

1.存在区间[l,r](1rrn)满足,第l行到第r行每行恰两个黑色格子,其他行全部都是白色格子

2.存在t(ltr)满足,对于任意i,j(lijt),第i行两个黑色格子所在行形成的区间被第j行两个黑色格子所在行形成区间包括,同样的,对于任意i,j(tijr),第j行两个黑色格子所在行形成的区间被第i行两个黑色格子所在行形成区间包括

问满足条件的染色方案数

Input

两个整数n,m(1n,m2000)

Output

输出合法的染色方案数,结果模109+7

Sample Input

4 4

Sample Output

485

Solution

相当于黑色格围成区域上半部分宽度不减,下半部分宽度不增,先求上半区域方案数,用dp[i][j]表示底边宽度为j且高至多为i的上半区域方案数(所至多指有黑色格子的行至多i行,上面的行可能全是白格),考虑枚举上面i1行底边宽度以及上面i1行全是白格的情况有转移方程

dp[i][j]===1+k=2j(jk+1)dp[i1][k]1+k=2j1(j1k+1)dp[i1][j]+k=2jdp[i1][k]dp[i][j1]+k=2jdp[i1][k]

转移过程中维护k=2jdp[i1][k],则可以O(1)转移,进而该dp时间复杂度O(nm)

现在考虑原问题,上半部分方案数已经算出来了,如果下半部分最宽处宽度和上半部分最宽处宽度相同则会记重,故下半部分最宽处宽度我们让其严格大于上半部分底边宽度,设下半部分最宽处宽度为j,则为使上半部分宽度严格小于j,设上半部分高度为i1,那么dp[i][j]dp[i1][j]即为上半部分高度为i1且底边宽度严格小于j的方案数,dp[ni+1][j]即为下半部分方案数,考虑最宽处在矩形中的位置,还要乘上一个mj+1

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
const int INF=0x3f3f3f3f,maxn=2005;
#define mod 1000000007
int n,m,dp[maxn][maxn];
void add(int &x,int y)
{
    x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)dp[1][i]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        int sum=0;
        dp[i][1]=1;
        for(int j=2;j<=m;j++)
        {
            add(sum,dp[i-1][j]);
            add(dp[i][j],dp[i][j-1]+sum);
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=2;j<=m;j++)
            add(ans,(ll)(dp[i][j]-dp[i-1][j]+mod)*dp[n-i+1][j]%mod*(m-j+1)%mod);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}
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