LG_2051_[AHOI2009]中國象棋
題目描述
這次小可可想解決的難題和中國象棋有關，在一個N行M列的棋盤上，讓你放若干個炮（可以是0個），使得沒有一個炮可以攻擊到另一個炮，請問有多少种放置方法。大家肯定很清楚，在中國象棋中炮的行走方式是：一個炮攻擊到另一個炮，當且僅當它們在同一行或同一列中，且它們之間恰好 有一個棋子。你也來和小可可一起鍛鍊一下思維吧！
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一行包含兩個整數N，M，之間由一個空格隔開。
輸出格式
總共的方案數，由於該值可能很大，只需給出方案數模9999973的結果。
樣例
INPUT
1 3OUTPUT
7HINT
樣例說明
除了3個格子裡都塞滿了炮以外，其它方案都是可行的，所以一共有22
資料範圍
100%的資料中N和M均不超過100
50%的資料中N和M至少有一個數不超過8
30%的資料中N和M均不超過6
SOLUTION
dp
本題我一開始想往狀壓上靠，對於每個狀態，我們記一個類似於三進位制的數來維護狀態，但是由於資料範圍十分的迷，100說大也不大，有的題\(10^7\)的都有（當然不是狀壓題），說大也大，100位的數怎麼存怎麼轉移都是不好處理的問題。於是放棄思考直奔題解。
題解提示了一個重要的問題：和Brick game那題一樣，本題對兩行之間的狀態轉移並沒有特殊要求，換句話說其實我們並不關心走到最後到底是哪些列沒有炮，哪些列只有一個，哪些列只有兩個，我們只關心到底有多少列沒有炮，有多少列只有一個炮，有多少列有兩個炮。而由於題目給出的限制，同一行最多隻能新增兩個炮，所以可以實現\(O(1)\)
所以我們可以考慮設dp陣列為\(dp[i][j][k]\)表示第\(i\)行，前\(i\)行有\(j\)列含有一個炮，有\(k\)列含有2個炮。
所以轉移可以是這樣：
- 本行放兩個，全部放在原來為空不同兩列；
- 本行放兩個，一個放在原有一個的某列，一個放在為空的某列；
- 本行放兩個，全部放在原有一個的不同兩列；
- 本行放一個，放在空列；
- 本行放一個，放在原有一個的某列；
- 本行不放炮。
（我程式碼裡也是按此順序轉移的，權當作是註釋看吧）
由此題又可以發現，其實對於很多dp題，它們的優化往往會從優化狀態轉移入手，對於有多個狀態轉移方式的dp，應該考慮清楚這些具體狀態是否必要，可否簡化為一種抽象的狀態，這種思路在
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=110;
const int P=9999973;
int n,m;
LL dp[N][N][N];
inline LL C2(LL num) {LL ans=(num)*(num-1)/2;return ans;}
int main(){
int i,j;
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0][0]=1;
for (i=0;i<n;++i){
for (j=0;j<=m;++j){
for (int k=0;(j+k)<=m;++k){
if (m-j-k>1) dp[i+1][j+2][k]=(dp[i+1][j+2][k]+dp[i][j][k]*C2(m-j-k))%P;
if ((m-j-k>0)&&(j>0)) dp[i+1][j][k+1]=(dp[i+1][j][k+1]+dp[i][j][k]*(m-j-k)*(j)%P)%P;
if (j>1) dp[i+1][j-2][k+2]=(dp[i+1][j-2][k+2]+dp[i][j][k]*C2(j)%P)%P;
if (m-j-k>0) dp[i+1][j+1][k]=(dp[i+1][j+1][k]+dp[i][j][k]*(m-j-k)%P)%P;
if (j>0) dp[i+1][j-1][k+1]=(dp[i+1][j-1][k+1]+dp[i][j][k]*(j)%P)%P;
dp[i+1][j][k]=(dp[i+1][j][k]+dp[i][j][k])%P;
}
}
}
LL ans=0;
for (i=0;i<=m;++i)
for (j=0;(i+j)<=m;++j)
ans=(ans+dp[n][i][j])%P;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}