UVa 11806 Cheerleaders (组合&逆向思维||容斥定理)

最新推荐文章于 2022-07-16 21:11:29 发布

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本文介绍了一种利用容斥原理解决UVA 11806题目中的棋子放置问题的方法。该问题要求计算在特定条件下放置棋子的不同方案数量，通过正反两种思考方式简化了问题，并提供了两种不同的实现代码。

11806 - Cheerleaders

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http://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=2906

【题意】

在一个n*m的区域内放k个棋子，第一排，最后一排，第一列，最后一列一定要放，求一共有多少种方法。

【思路】

正着想重复的情况太多，不妨反着思考。

设ai表示有且仅有i条边上没有放的情况数，我们想要的显然是a1+a2+a3+a4，这就是所有不符合要求的情况，但是同样不好直接计算。

但是有一个方便计算的：设si表示i条边上不能放，而其他的地方随便放的情况数，

则有

同时

解得

a1+a2+a3+a4 = s1-s2+s3-s4

【完整代码】

/*0.012s*/

#include<cstdio>
const int mod = 1000007;

int c[405][405];

int main(void)
{
	///生成组合数
	c[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i < 405; i++)
	{
		c[i][0] = c[i][i] = 1;
		for (int j = 1; j < i; j++)
			c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % mod;
	}
	///end
	int t, cas = 0, n, m, k, ans, s1, s2, s3, s4;
	scanf("%d", &t);
	while (t--)
	{
		scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
		if (n * m < k) ans = 0;
		else
		{
			s1 = (c[n * m - m][k] + c[n * m - n][k]) << 1;
			s2 = c[n * m - m - m][k] + c[n * m - n - n][k] + (c[n * m - n - m + 1][k] << 2);
			s3 = (c[n * m - n - m - m + 2][k]  + c[n * m - m - n - n + 2][k]) << 1;
			s4 = c[n * m - m - m - n - n + 4][k];
			ans = ((c[n * m][k] - s1 + s2 - s3 + s4) % mod + mod) % mod;
		}
		printf("Case %d: %d\n", ++cas, ans);
	}
	return 0;
}

【容斥定理的解法】

/*0.016s*/

#include<cstdio>
const int MOD = 1000007;
const int MAXK = 500;

int C[MAXK + 10][MAXK + 10];

int main()
{
	C[0][0] = 1;
	for (int i = 0; i <= MAXK; ++i)
	{
		C[i][0] = C[i][i] = 1; // 千万不要忘记写边界条件
		for (int j = 1; j < i; ++j)
			C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % MOD;
	}
	int T;
	scanf("%d", &T);
	for (int kase = 1; kase <= T; ++kase)
	{
		int n, m, k, sum = 0;
		scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
		for (int S = 0; S < 16; ++S)  // 枚举所有16种“搭配方式”
		{
			int b = 0, r = n, c = m; // b用来统计集合的个数，r和c是可以放置的行列数
		    if(S & 1) {r--; b++;} // 第一行没有石头，可以放石头的行数r减1
            if(S & 2) {r--; b++;}
            if(S & 4) {c--; b++;}
            if(S & 8) {c--; b++;}
			if (b & 1) sum = (sum + MOD - C[r * c][k]) % MOD; // 奇数个条件，做减法
			else sum = (sum + C[r * c][k]) % MOD;        // 偶数个条件，做加法
		}
		printf("Case %d: %d\n", kase, sum);
	}
	return 0;
}