第十二届蓝桥杯 ——国际象棋

Posted 2022-02-06 业余算法学徒

题目描述
众所周知，“八皇后” 问题是求解在国际象棋棋盘上摆放 $8$ 个皇后，使得两两之间互不攻击的方案数。

已经学习了很多算法的小蓝觉得 “八皇后” 问题太简单了，意犹未尽。

作为一个国际象棋迷，他想研究在 $N\times M$ 的棋盘上，摆放 $K$ 个马，使得两两之间互不攻击有多少种摆放方案。

由于方案数可能很大，只需计算答案除以 $1000000007$ (即 $10^9+7$) 的余数。

如下图所示，国际象棋中的马摆放在棋盘的方格内，走 “日” 字，位于 $(x,y)$ 格的马（第 $x$ 行第 $y$ 列）可以攻击 $(x+1,y+2)、(x+1,y-2)、(x-1,y+2)、(x-1,y-2)、(x+2,y+1)、(x+2,y-1)、(x-2,y+1)和(x-2,y-1)$ 共 8 个格子。

输入格式
输入一行包含三个正整数 $N,M,K$，分别表示棋盘的行数、列数和马的个数。

输出格式
输出一个整数，表示摆放的方案数除以 $1000000007$ (即 $10^9+7$) 的余数。

输入样例1
1 2 1

输出样例1
2

输入样例2
4 4 3

输出样例2
276

输入样例3
3 20 12

输出样例3
914051446

数据范围
对于 $5$% 的评测用例，$K=1$；
对于另外 $10$% 的评测用例，$K=2$；
对于另外 $10$% 的评测用例，$N=1$；
对于另外 $20$% 的评测用例，$N,M\le 6，K\le 5$；
对于另外 $25$% 的评测用例，$N\le 3，M\le 20，K\le 12$；
对于所有评测用例，$1\le N\le 6，1\le M\le 100，1\le K\le 20$。

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题解：状压DP

$f[i][k][b][a]$：在前 $i$ 行放置了 $k$ 个马，且第 $i-1$ 行的状态为 $b$，第 $i$ 行的状态为 $a$ 的方案数。

• 由于我们要用一个二进制数表示每一行的状态，而此题的 $m=100$，但 2¹⁰⁰ 是无法接受的
• 因此我们可以换个思路，将棋盘看成是 $M\times N$ 的，这样每行最多仅有 $2^6$ 个二进制状态

如何判断冲突：

• 假设第 $i$ 行的状态为 $a$，第 $i-1$ 行的状态为 $b$，第 $i-2$ 行的状态为 $c$；
• 若想在第 $i$ 行的第 $j$ 列放一匹马，则：
• 第 $i-1$ 行的第 $j-2、j+2$ 列不能有马，即 b & (a << 2) == 0 且 b & (a >> 2) == 0
• 第 $i-2$ 行的第 $j-1、j+1$ 列不能有马，即 c & (a << 1) == 0 且 c & (a >> 1) == 0
• 同时第 $i-1$ 行与第 $i-2$ 行也不能有冲突，即 c & (b << 2) == 0 且 c & (b >> 2) == 0

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int M = 1 << 6, MOD = 1e9 + 7;

int n, m, K;
int f[110][21][M][M];

int count(int x)

    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; i ++) cnt += x >> i & 1;
    return cnt;


int main()

    cin >> n >> m >> K;
    
    f[0][0][0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= m; i ++)
        for (int k = 0; k <= K; k ++)
            for (int b = 0; b < 1 << n; b ++)
                for (int a = 0; a < 1 << n; a ++)
                
                    if(b & (a << 2) || b & (a >> 2)) continue;
                    for (int c = 0; c < 1 << n; c ++)
                    
                        if(c & (a << 1) || c & (a >> 1)) continue;
                        if(c & (b << 2) || c & (b >> 2)) continue;
                        if(k >= count(a))
                            f[i][k][b][a] = (f[i][k][b][a] + f[i - 1][k - count(a)][c][b]) % MOD;
                    
                
                
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < 1 << n; i ++)
        for (int j = 0; j < 1 << n; j ++)
            ans = (ans + f[m][K][i][j]) % MOD;
            
    cout << ans << endl;
    return 0;