51nod1327 棋盘游戏 [dp]

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本文探讨了一个特定的棋盘布局问题，目标是在满足一系列约束条件下计算不同的棋子放置方案数量。通过动态规划的方法解决了该问题，并给出了详细的算法实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description:
有一个 $N$ 行 $M$ 列的棋盘，即该棋盘被分为 $N*M$ 格。现在向棋盘中放棋子，每个格子中最多放一个棋子，也可以一个不放。放完棋子后需要满足如下要求：
$1）$ 对于第i行来说，其从左往右的前 $left[i]$ 个格子（即最左侧的 $left[i]$ 个连续的格子）中恰好一共有 $1$ 个棋子；
$2）$ 对于第i行来说，其从右往左的前 $right[i]$ 个格子（即最右侧的 $right[i]$ 个连续的格子）中恰好一共有 $1$ 个棋子；
$3）$ 对于每一列来说，这一列上的所有格子内含有的棋子数不得超过 $1个$ 。
其中， $1）$ 与 $2）$ 条件中，对所有 $i$ 满足 $left[i]+right[i] <= M$ ，即两个区间不会相交。
问，符合上述条件情况下棋子的不同放法一共有多少种？输出放法的个数 $mod 1,000,000,007$ 后的结果。

Solution:
由于同时有 $left$ 和 $right$ ,不能同时进行 $dp$ ，否则复杂度爆炸。那么考虑满足所有 $left$ 的方案，那么在每个 $left$ 结束前都要选完。设 $dp[i][j][k]$ 表示选到第 $i$ 列，有 $j$ 列空着，还有 $k$ 个 $right$ 没选。先计算每列有多少个 $left$ 结束点， $right$ 起始点，和空着的点。那么考虑加入新的一列，这列里的 $left$ 结束点必须选完，那么就是在空着的列中放置这些 $left$ 。乘上排列即可。新加入的列也可以放置其他两种格子，分别计算即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 205, P = 1e9 + 7;
int n, m;
long long fac[maxn], C[maxn][maxn], a[maxn], b[maxn], c[maxn], l[maxn], r[maxn], dp[maxn][maxn][maxn];
void upd(long long &x, long long y) {
    x = (x + y) % P; 
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d%d", &l[i], &r[i]);
        for(int j = 1; j <= m; ++j) {
            if(j > l[i] && j <= m - r[i]) {
                ++a[j];
            }
            if(j == l[i]) {
                ++b[j];
            }
            if(j == m - r[i] + 1) {
                ++c[j];
            }
        }
    }
    C[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= m; ++i) {
        C[i][0] = 1;
        for(int j = 1; j <= i; ++j) {
            C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % P;
        }
    }
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= m; ++i) {
        fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % P;
    }
    dp[0][0][0] = 1;
    for(int i = 0; i < m; ++i) {
        for(int j = 0; j <= i; ++j) {
            for(int k = 0; k <= n; ++k) {
                if(dp[i][j][k]) {
                    if(j + 1 >= b[i + 1]) {
                        upd(dp[i + 1][j + 1 - b[i + 1]][k + c[i + 1]], dp[i][j][k] * C[j + 1][b[i + 1]] % P * fac[b[i + 1]] % P);               
                    } 
                    if(j >= b[i + 1]) {
                        upd(dp[i + 1][j - b[i + 1]][k + c[i + 1]], dp[i][j][k] * a[i + 1] % P * C[j][b[i + 1]] % P * fac[b[i + 1]] % P);
                        if(k + c[i + 1]) {
                            upd(dp[i + 1][j - b[i + 1]][k + c[i + 1] - 1], dp[i][j][k] * (k + c[i + 1]) % P * C[j][b[i + 1]] % P * fac[b[i + 1]] % P);
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
    long long ans = 0;
    for(int i = 0; i <= m; ++i) {
        upd(ans, dp[m][i][0]);
    } 
    printf("%lld\n", ans); 
    return 0;
}