UVA 11806 容斥原理

计数问题的容斥原理

最新推荐文章于 2022-07-16 21:11:29 发布

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本文探讨了一个关于放置石块的问题，通过使用容斥原理来解决在一个n*m的网格中放置k个石块的不同方式数量。具体地，考虑了边界上必须放置石块的约束条件，并采用二进制枚举的方法进行求解。

题意:
往一个n*m的方格里放k个石块,问有多少种方式
最后一行,最后一列,第一行,第一列必须放至少一个
思路:
简单容斥一下
最后一行不放为事件r1,最后一列c1,第一行r2,第一列c2
全部情况-c1-c2-r1-r2+c1*c2+r1*r2+c1*r1+c1*r2…..
二进制枚举一下,奇加偶减

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<string>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x&(-x))
typedef long long LL;
const int maxn = 505;
const int inf=(1<<28)-1;
const LL MOD = 1000007; 
int C[maxn][maxn];
void GetC()
{
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<maxn;++i)
    {
        C[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=i;++j)
        {
            C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
        }
    }
}
int main()
{
    GetC();
    int T,Case=0;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int n,m,k;
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        LL Ans=0;
        for(int i=0;i<16;++i)
        {
            int step=0,r=n,c=m;
            if(i&1)
            {
                step++;
                r--;
            }
            if(i&2)
            {
                step++;
                r--;
            }
            if(i&4)
            {
                step++;
                c--;
            }
            if(i&8)
            {
                step++;
                c--;
            }
            if(c<0||r<0) continue;
            if(step&1)
                Ans=(Ans-C[c*r][k]+MOD)%MOD;
            else
                Ans=(Ans+C[c*r][k])%MOD;
        }
        printf("Case %d: %lld\n",++Case,Ans);
    }
    return 0;
}