诸侯安置

Posted 2020-12-30 qswx

Description

很久以前，有一个强大的帝国，它的国土成一个神秘的形状。

这个国家有若干诸侯。由于这些诸侯都曾立下赫赫战功，国王准备给他们每人一块封地(正方形中的一格)。但是，这些诸侯又非常好战，当两个诸侯位于同一行或同一列时，他们就会开战。

国王自然不愿意看到他的诸侯们互相开战，致使国家动荡不安。因此，他希望通过合理的安排诸侯所处的位置，使他们两两之间都不能攻击。

现在，给出正方形的边长n，以及需要封地的诸侯数量k，要求你求出所有可能的安置方案数。(n≤l00，k≤2n^2-2^n+1)

由于方案数可能很多，你只需要输出方案数除以504的余数即可。

Analysis

极其绝望的一题，困扰了我半个晚自习和一个上午。

为了状态转移，我们要寻找i和i-1相似的地方，其实i只是比i-1多了两行而已。那么不难发现，对于i规格棋盘安置j个诸侯，其状态有三种转移方式：

• 由i-1规格安置j个诸侯直接转移
• 由i-1规格安置j-1个诸侯再加上1个诸侯
• 由i-1规格安置j-2个诸侯再加上2个诸侯

因为只有2行，所以最多加上2个诸侯。现在问题是如何计算加上诸侯的方案数。当可以加上诸侯时，加上的诸侯所在的列必须没有其他诸侯(行无需考虑一定满足)，所以在第k列加上1个诸侯的情况数其实就是i-1规格下所有方案中第k列空闲的部分数*2(因为新增了两行)。但是记录第k列空闲方案数后不方便状态转移和加上2个诸侯的计算(要考虑至少两列的空闲)，所以完全可以记录i-1规格下安置j-1、j-2个诸侯后共有k列空闲的方案数。那么：

• 加上1个诸侯就是(k·2+2)·sum[k]
• 加上2个诸侯就是(k·k+1)·sum[k]。

sum数组怎么转移呢？可以发现

• 当多安置1个诸侯时，空闲列多了1列，所以sum[i][j][k]=sum[i-1][j-1][k-1]·2·k
• 当多安置两个诸侯时，空闲列不多不少，所以sum[i][j][k]=sum[i-1][j-2][k]·k·(k+1)

到这里，基本上这题就被切掉了。为了节省空间，还可以改变枚举j的顺序从而省去i维。

注意，边界处理非常的重要，特别是j=0，每次都要更新dp和sum。

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define mo 504

int n,m,dp[201000],sum[210][210];

int main(){
    freopen("test.in","r",stdin);
    freopen("test.out","w",stdout);
    std::cin>>n>>m;
    dp[0]=dp[1]=sum[0][1]=sum[1][0]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        for(int j=i*2-1;j>=1;j--)
            for(int k=i*2-1;k>=0;k--){
                dp[j]=(dp[j]+sum[j-1][k]*(k*2+2))%mo;
                if(j-1)dp[j]=(dp[j]+sum[j-2][k]*(k*k+k))%mo;
                sum[j][k]=0;
                if(k)sum[j][k]=sum[j-1][k-1]*k*2%mo;
                if(j-1)sum[j][k]=(sum[j][k]+sum[j-2][k]*(k*k+k))%mo;
                if(k-1)sum[j][k]=(sum[j][k]+sum[j][k-2])%mo;
            }
        for(int k=0;k<i*2-1;k++)
            sum[0][k]=0;
        sum[0][i*2-1]=1;
    }
    std::cout<<dp[m]%mo<<std::endl;
    return 0;
}