洛谷·[AHOI2009]中国象棋

最新推荐文章于 2025-02-08 20:51:22 发布

樱狸❀

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分类专栏：动态规划文章标签： dp

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本文详细解析洛谷P2051题目的动态规划解法，探讨在N行M列的棋盘上放置炮的策略，确保炮之间不会互相攻击，通过分析不同状态的转移，计算所有合法放置方案的数量。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

初见安~好久没写博客了哈哈哈过暑假去了：）

这里是传送门：洛谷P2051

题目描述

这次小可可想解决的难题和中国象棋有关，在一个N行M列的棋盘上，让你放若干个炮（可以是0个），使得没有一个炮可以攻击到另一个炮，请问有多少种放置方法。大家肯定很清楚，在中国象棋中炮的行走方式是：一个炮攻击到另一个炮，当且仅当它们在同一行或同一列中，且它们之间恰好有一个棋子。你也来和小可可一起锻炼一下思维吧！

输入格式

一行包含两个整数N，M，之间由一个空格隔开。

输出格式

总共的方案数，由于该值可能很大，只需给出方案数模9999973的结果。

输入

1 3

输出

说明/提示

样例说明

除了3个格子里都塞满了炮以外，其它方案都是可行的，所以一共有2*2*2-1=7种方案。

数据范围

100%的数据中N和M均不超过100

50%的数据中N和M至少有一个数不超过8

30%的数据中N和M均不超过6

题解

一看就是要用dp的题。求方案数这种东西不是数论就是dp……

考虑dp的话，如果我们以行为阶段，那么可以直接保证每一行最多两个炮；而后的状态就是在哪里放，我们可以考虑每一列的状态——三种，全空，有一个炮和有两个炮。并且我们只考虑数量不考虑这些列的位置，所以就可以得出状态：设 $dp[i][j][k]$ 表示到第i行，有j列只有1个炮，有k列有两个炮时的方案数。【这样设置看起来很奇怪……反正我没想到】转移起来，我们就会考虑到6种情况：

一、一个都不放

直接 $dp[i][j][k] += dp[i - 1][j][k]$ 。

二、放一个

1.放在空的列上： $dp[i][j][k] += dp[i - 1][j - 1][k] *(m - j - k + 1)$ ，因为多了一列有一个炮的，情况数为空列的数量，作差得到。

2.放在有一个炮的列上： $dp[i][j][k] += dp[i - 1][j + 1][k - 1] *(j + 1)$ ，相当于用一个一列一个的换成了一个一列两个的。

三、放两个

1.都放在空的列上： $dp[i][j][k] += dp[i - 1][j - 2][k] * C_{m - k - j + 2}^{2}$ ，道理同二1。因为放两个所以涉及到组合数。

2.一个放在一个一列上，一个放在空列上： $dp[i][j][k] += dp[i - 1][j][k - 1] * j * (m - j - k +1)$ 。

3.都放在一个一列的上面： $dp[i][j][k] += dp[i - 1][j + 2][k - 2] * C_{j +2}^2$

综上就是六种情况……看起来真的很恶心对不对！！！！我有可能有打错了的地方，望周正：）

所以在上面的条件枚举完了过后我们统计一下ans就差不多了。

ans统计哪里？

只要是到了第n行的合法状态都可以。

最后提醒，因为如果一直求组合数的话可能会很麻烦，而且都是取两个，这就很方便了我们直接化简一下组合数的过程：

$C_n^2 = \frac{n!}{2*(n-2)!}=\frac{n*(n-1)}{2}$

重点就是这些了。：）

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define maxn 105
using namespace std;
const int mod = 9999973;
typedef long long ll;
int read() {
	int x = 0, f = 1, ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
	while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar();
	return x * f;
}

int n, m;
ll dp[maxn][maxn][maxn], ans;
int main() {
	n = read(), m = read();
	dp[0][0][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {//建议不要看这一大坨，看上面的情况自己写吧。
		for(int j = 0; j <= m; j++) {
			for(int k = 0; j + k <= m; k++) {
				dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j][k]) % mod;
				if(j > 0) dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j - 1][k] * (m - j - k + 1)) % mod;
				if(k > 0) dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j + 1][k - 1] * (j + 1) + dp[i - 1][j][k - 1] * j * (m - j - k + 1)) % mod;
				if(j > 1) dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + (dp[i - 1][j - 2][k] * (m - j - k + 2) * (m - j - k + 1) / 2)) % mod; 
				if(k > 1) dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + (dp[i - 1][j + 2][k - 2] * (j + 2) * (j + 1) / 2)) % mod;
			}
		}
	}
	
	for(int j = 0; j <= m; j++) for(int k = 0; j + k <= m; k++) ans += dp[n][j][k], ans %= mod;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

有史以来注释最少的一次题解哈哈哈哈哈……

迎评：）
——End——