再探容斥好题——ROOK

这个时候考过:安师大附中集训 Day2

当时看shadowice1984的做法,但是没有亲自写,,,

雅礼集训考试的时候鼓捣半天,被卡常到80pts,要跑9s

卡不动。

 

正解实际是:

3重容斥

 

1.随便选-一个对角线空+两个对角线空

2.2^m枚举每一个位置放不放

3.对角线空——若干个位置不空,再容斥

A.一个对角线,枚举i个放在对角线上,C(*,i)组合数,剩下的方案数是(n-sz-i)!

B.两个对角线,按圈DP,f[i][j]i圈,选了j个在对角线上方案数。枚举四个角放一个、对角放两个,都不放7种情况。

常数很小。

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register int
#define il inline
#define fi first
#define se second
#define mk(a,b) make_pair(a,b)
#define numb (ch^'0')
#define pb push_back
#define solid const auto &
#define enter cout<<endl
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<class T>il void rd(T &x){
    char ch;x=0;bool fl=false;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);
    for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);(fl==true)&&(x=-x);}
template<class T>il void output(T x){if(x/10)output(x/10);putchar(x%10+'0');}
template<class T>il void ot(T x){if(x<0) putchar('-'),x=-x;output(x);putchar(' ');}
template<class T>il void prt(T a[],int st,int nd){for(reg i=st;i<=nd;++i) ot(a[i]);putchar('\n');}
namespace Modulo{
const int mod=10007;
il int ad(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
il int sub(int x,int y){return ad(x,mod-y);}
il int mul(int x,int y){return (ll)x*y%mod;}
il void inc(int &x,int y){x=ad(x,y);}
il void inc2(int &x,int y){x=mul(x,y);}
il int qm(int x,int y=mod-2){int ret=1;while(y){if(y&1) ret=mul(x,ret);x=mul(x,x);y>>=1;}return ret;}
template<class ...Args>il int ad(const int a,const int b,const Args &...args) {return ad(ad(a,b),args...);}
template<class ...Args>il int mul(const int a,const int b,const Args &...args) {return mul(mul(a,b),args...);}
}
using namespace Modulo;
namespace Miracle{
const int N=104;
const int M=12;
int n,m;
int X[M],Y[M];
int hk[N],lk[N];
int f[N][N];
int c[N][N];
int jie[N],inv[N];
int C(int n,int m){
    if(n<0||m<0||n<m) return 0;
    return c[n][m];
}
int ans,two,one1,one2;
int dp1(int sz){
    int lim=n;
    for(reg i=1;i<=n;++i){
        lim-=(hk[i]|lk[i]);
    }
    int ret=0;
    for(reg i=0;i<=lim;++i){
        inc(ret,mul(C(lim,i),jie[n-sz-i],i&1?mod-1:1));
    }
    return ret;
}
int dp2(int sz){
    int ret=0;
    int lim=n;
    for(reg i=1;i<=n;++i){
        lim-=(hk[i]|lk[n-i+1]);
    }
    for(reg i=0;i<=lim;++i){
        inc(ret,mul(C(lim,i),jie[n-sz-i],i&1?mod-1:1));
    }
    return ret;
}
int dp3(int sz){
    memset(f,0,sizeof f);

//    cout<<"dp3----------- "<<sz<<endl;
//    prt(hk,1,n);
//    prt(lk,1,n);
    
    
    int U,D,L,R;
    int up=(n)/2;
    int lim=n-sz;
    if(n&1){
        U=D=L=R=(n+1)/2;
        f[0][0]=1;
        f[0][1]=(lk[L]==0&&hk[U]==0);
        --U;--L;++R;++D;
    }else{
        U=L=(n/2);D=R=(n/2)+1;
        f[0][0]=1;
    }
    for(reg i=0;i<up;++i){
        int o=min(2*i+(n&1),lim);
        for(reg j=0;j<=o;++j){
            if(f[i][j]){
                int v=f[i][j];
                inc(f[i+1][j],v);
//                if(lk[R]+hk[U]==0)inc(f[i+1][j+1],v);
//                if(lk[R]+hk[D]==0)inc(f[i+1][j+1],v);
//                if(lk[L]+hk[U]==0)inc(f[i+1][j+1],v);
//                if(lk[L]+hk[D]==0)
                inc(f[i+1][j+1],mul((lk[R]+hk[U]==0)+(lk[R]+hk[D]==0)+(lk[L]+hk[U]==0)+(lk[L]+hk[D]==0),v));
                
                if(lk[R]+hk[U]==0&&lk[L]+hk[D]==0)inc(f[i+1][j+2],v);
                if(lk[R]+hk[D]==0&&lk[L]+hk[U]==0)inc(f[i+1][j+2],v);
            }
        }
        --U;--L;++R;++D;
    }
    int ret=0;
    for(reg j=0;j<=lim;++j){
        inc(ret,mul(f[up][j],jie[n-sz-j],j&1?mod-1:1));
    }
//    cout<<" ret "<<ret<<endl;
    return ret;
}
int dp4(int sz){
    return jie[n-sz];
}
void clear(){
    memset(f,0,sizeof f);
    memset(X,0,sizeof X);
    memset(Y,0,sizeof Y);
    ans=0;
    one1=0;one2=0;two=0;
}
int main(){
    
    int t;    
    rd(t);
    c[0][0]=1;
    n=102;
    for(reg i=1;i<=n;++i){
        c[i][0]=1;
        for(reg j=1;j<=n;++j){
            c[i][j]=ad(c[i-1][j],c[i-1][j-1]);
        }
    }
    jie[0]=1;
    for(reg i=1;i<=n;++i) jie[i]=mul(jie[i-1],i);
    
    while(t--){
        clear();
        rd(n);rd(m);
        for(reg i=1;i<=m;++i){
            rd(X[i]);rd(Y[i]);
            ++X[i];++Y[i];
        }
//        ans=1;
//        for(reg i=1;i<=n;++i) inc2(ans,i);
        ans=0;
        
        
        for(reg s=0;s<(1<<m);++s){
            memset(hk,0,sizeof hk);
            memset(lk,0,sizeof lk);
            int sz=__builtin_popcount(s);
            int c=(sz&1)?mod-1:1;
            bool fl1=true,fl2=true,fl=true;
            for(reg i=1;i<=m;++i){
                if((s>>(i-1))&1){
                    if(X[i]==Y[i]) fl1=false;
                    if(X[i]+Y[i]==n+1) fl2=false;
                    if(hk[X[i]]) fl=false;
                    ++hk[X[i]];
                    if(lk[Y[i]]) fl=false;
                    ++lk[Y[i]];
                }
            }
//            cout<<" s "<<s<<" "<<fl1<<" "<<fl2<<" "<<fl<<endl;
            if(fl&&fl1){
                inc(one1,mul(c,dp1(sz)));
            }
            if(fl&&fl2){
                inc(one2,mul(c,dp2(sz)));
            }
            if(fl&&fl1&&fl2){
                inc(two,mul(c,dp3(sz)));
            }
            if(fl){
                inc(ans,mul(c,dp4(sz)));
            }
        }
//        cout<<" one1 "<<one1<<endl;
//        cout<<" one2 "<<one2<<endl;
//        cout<<" two "<<two<<endl;
        inc(ans,ad(mod-one1,mod-one2,two));
//        cout<<ans<<endl;l
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

}
signed main(){
//    freopen("rook.in","r",stdin);
//    freopen("rook.out","w",stdout);
    Miracle::main();
    return 0;
}

/*
   Author: *Miracle*
*/

疯狂容斥

对角线至少选择一个这种很麻烦。必须考虑有没有选择。

格子都不能选很麻烦。要考虑给后面预留,只能状压

 

对角线>=1——>都是0

都是0——>有一些放了

格子都不能选——>一些可以选

 

以及按圈DP

对称,方便同时处理可能产生矛盾的情况,避免状压。

 

posted @ 2019-06-28 20:55  *Miracle*  阅读(189)  评论(0编辑  收藏  举报