To argue, or not to argue [from vjudge] 题解
一.题意：
一个\(n\times m\)的矩阵，表示可用的座位，有\(k\)对人不能坐在一起(每个人均不同)，同时有些座位被其他客人占了，这\(k\)对人不能选这类位置坐，问合法的方案数\((n\times m\leq144)\)。
二.思路分析:
这个\(144\)给的太特别了，很好注意到他是\(12\)的平方，也就等价告诉你，\(min\{n,m\}\leq12\)，那其实这样的话第一反应肯定会倾向于往状压靠，但你发现其实还是没那么容易定义状态，所以我们先试着分析其他性质。
再次分析题目，发现不能坐在一起这个条件实在是太难处理了，正难则反，我们考虑能坐在一起的方案，最终所求即为\(0\)对人坐在一起，额，这个很难不往容斥的思路走，我们定义\(G(i)\)表示钦定至少\(i\)对人放在一起的方案数，但是要注意的是，此处的\(i\)对人是不做区分的，也就是并不是题目中所说的每个人互不相同，所以说对于每次的贡献我们理应有：
上面那个冗长一段的函数\(p\)是排列数，而\(cnt\)是被普通客人占了的位置。
现在给出组合解释：因为我们的方案数是互不区分的，但是实际上我们有\(k\)对不同的人，所以我们要先从其中选\(i\)对不同的出来。其次，因为我们有区分，所以这\(i\)对人的顺序是可以进行排列的，每一次排列都是不同的方案，注意，这里是组与组之间进行排列。现在考虑每对内部，发现每对内部的位置可以互相交换且对于全局独立，所以有\(2^i\)种方案，最后，剩下的数可以在所有的剩余合法位置任意排列，就有了我们冗长的排列数。
现在我们令刚才的贡献为\(now_i\)
所以最终的答案就为:
现在的问题就在于如何求每一个\(G\)，考虑dp，其实已经有很多部分在引导我们往正确的状态上定义了，首先是\(min\{n,m\}\leq12\)这一条件中的最小值这部分，就提醒我们这可能不是一般的状态压缩dp。其次，你发现\(G\)的定义中有\(i\)对人相邻且每对不做区分这一条件就很像经典多米诺骨牌摆放问题，所以大胆猜想可以使用轮廓线dp解决这个问题，定义：\(f(i,S,k)\)表示考虑到第\(i(1\leq i\leq n\times m)\)号点时，轮廓线状态为\(S\)，且放置了\(k\)个骨牌的方案数。
那就有如下转移：
1. 当前点已经被覆盖，那么我们什么都做不了，所以：
2. 当前点未被覆盖：
\((1)\):我们横着放，此时，需要考虑右边格子的状态，若为空才能放：
\((2)\):竖放，与上述分析同理：
\((3)\):需要注意的是，这个问题于经典的骨牌放置是有区别的，我们不需要把矩阵放满，所以此时可以选择不放:
上述便是所有的转移了。
在最终实现时，需要注意：轮廓线dp虽然支持复杂度降到\(O(nmk\cdot 2^{min\{n,m\}})\)
但是在这个问题中，取最小值是有条件的，如果最开始你发现\(m>n\)那么就需要将矩阵的行和列调转再进行操作。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
const int mod = 1e9 + 7,NM = 150,S = 4096 + 5,K = 75,MAXF = 1000 + 5;
int n,m,k,f[NM][S][K],ans,sum_get,id;
char s[NM][NM],ts[NM][NM];
int inv[MAXF],fac[MAXF],pow_2[MAXF];
int qpow(int a,int b){
int res = 1;
while(b){
if(b & 1) res = (res * a) % mod;
a = (a * a) % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
int C(int a,int b){
if(b > a || b < 0 || a < 0) return 0;
return fac[a] * inv[b] % mod * inv[a - b] % mod;;
}
int A(int a,int b){
return C(a,b) * fac[b] % mod;
}
void init(){
pow_2[0] = fac[0] = 1;
for(int i = 1;i <= 200;++i) pow_2[i] = pow_2[i - 1] * 2 % mod;
for(int i = 1;i <= 200;++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
inv[200] = qpow(fac[200],mod - 2);
for(int i = 200 - 1;i >= 0;--i)
{
inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
}
void calc_dp(){
f[0][0][0] = 1;
id = 0;
for(int i = 0;i < n;++i){
for(int j = 0;j < m;++j){
++id;
for(int p = k;p >= 0;--p){
for(int Set = 0;Set < (1 << m);++Set){
if(f[id - 1][Set][p]){
if(Set >> j & 1){//这个点已经被覆盖
f[id][Set - (1 << j)][p] += f[id - 1][Set][p];
f[id][Set - (1 << j)][p] %= mod;
}else{//未被覆盖
if(p < k && j < m - 1 && ((Set >> (j + 1)) & 1) == 0 && s[i + 1][j + 1] == '.' && s[i + 1][j + 2] == '.'){//横放的条件
f[id][Set + (1 << (j + 1))][p + 1] += f[id - 1][Set][p];
f[id][Set + (1 << (j + 1))][p + 1] %= mod;
}
if(p < k && i < n - 1 && s[i + 1][j + 1] == '.' && s[i + 2][j + 1] == '.'){//竖放的条件
f[id][Set + (1 << j)][p + 1] += f[id - 1][Set][p];
f[id][Set + (1 << j)][p + 1] %= mod;
}
//这里可以不放，因为题目不要求填满整个网格图
f[id][Set][p] += f[id - 1][Set][p];
f[id][Set][p] %= mod;
}
}
}
}
}
}
}
void calc_ans(){
for(int i = 0;i <= k;++i){
if(i % 2 == 1){
ans = (ans - (f[id][0][i] * C(k,i) % mod * fac[i] % mod * pow_2[i] % mod * A(n * m - sum_get - 2 * i,2 * (k - i)) % mod) + mod) % mod;
}else{
ans = (ans + f[id][0][i] * C(k,i) % mod * fac[i] % mod * pow_2[i] % mod * A(n * m - sum_get - 2 * i,2 * (k - i)) % mod) % mod;
}
}
}
void clear(){
for(int i = 0;i <= n * m;++i)
for(int _s = 0;_s < (1 << m);++_s)
for(int p = 0;p <= k;++p)
f[i][_s][p] = 0;
ans = 0;
sum_get = 0;//没有重置这个浪费了好多时间去找问题
}
signed main(){
int T;
scanf("%lld",&T);
init();
while(T--){
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%s",s[i] + 1);
if(m > n){
for(int i = 1;i <= m;++i){
for(int j = 1;j <= n;++j){
ts[i][j] = s[j][i];
}
}
std::swap(n,m);
for(int i = 1;i <= n;++i){
for(int j = 1;j <= m;++j){
s[i][j] = ts[i][j];
}
}
}
for(int i = 1;i <= n;++i){
for(int j = 1;j <= m;++j){
sum_get += (s[i][j] != '.');
}
}
//上面的代码是初始化与预处理
calc_dp();
calc_ans();
printf("%lld\n",ans);
//重置变量
clear();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号