TC Srm524 Div 1 T3

Description

让我们来考虑一个单位立方体建成的模型。这个建筑的底是一个n m的单位正方形网格。在每个正方形上面，堆着若干个（可能是0）个单位立方体。每个立方体属于其中一个立方体堆。

给出了一个建筑的左视图和正视图。请计算有多少种建筑，符合给出的左视图和正视图。答案可能很大，只要返回它除以10^9 + 9的余数即可。

Input

第一行是整数n。第二行描述了建筑的左视图。第i个数表示了由上往下看时第i行最高的立方体堆的高度。第三行是整数m。第四行描述了建筑的正视图。第i个数表示了由上往下看时第i列最高的立方体堆的高度。

Output

仅一个数，表示答案。

Sample Input

Sample Output

Data Constraint

对于10%的数据，1<= n,m <= 5。

对于30%的数据，1 <= n,m <=10。

对于60%的数据，1 <= n,m <= 25。

对于100%的数据，1 <= n,m <= 50，所有出现的数不超过10^4。

解法：首先，有一个很重要的结论：我们将左视图的一些值交换，主视图不变；我们将主视图的一些值交换，左视图不变。因此，我们可以先将主和左视都从小到大排序

排序后，我们可以看到若干个L形区域（如图1），每个L形中的格子允许填的最大值相同。我们可以对于每个"L"分开处理，最后将答案乘起来

对于每个"L"，我们可以用dp处理，每一个L（如图2）需满足：

1.每个格的值不超过h,

2.前h1行和前enoughsize列都需满足每行/列至少有1个h

我们设dp状态f[i][j]表示填到第i行，前enoughsize列已有j列满足有h的方案，

转移时，我们枚举下一行要新满足多少列，f[i][j]乘的系数为C(enoughsize-j,k)*h^(enoughsize-j-k)（只满足k个，剩下的不能填h）*(h+1)^(cur（当前行长度）-enoughsize+j)

注意如果是前h1行需满足至少有一个h，因些当k=0时我们要减去一个h都没有的方案，即h^cur

即f[i+1][j+k]+=f[i][j]*xs(上述系数)

End.

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>

using namespace std;
typedef long long ll;

class AxonometricProjection{
public:
    int howManyWays(vector<int> ,vector<int> );
};


int f[101][101];
int U[10011],D[10011],L[10011],R[10011];
int pra[10011],prb[10011],a[10011],b[10011];
int c[101][101];
int ans,n,m,i,j;

int mo=1000000009;

int mi(int x,int z)
{
    int l;
    l=1;
    while(z){
        if(z%2==1)l=(ll)l*x%mo;
        x=(ll)x*x%mo;
        z/=2;
    }
    return l;
}

int calc(int h1,int h2,int en,int ful,int h)
{
    int i,j,k,ts,cur;
    memset(f,0,sizeof(f));
    f[0][0]=1;
    for(i=0;i<h2;i++)
        for(j=0;j<=en;j++)if(f[i][j]){
            if(i+1<=h1)cur=ful;
            else cur=en;
            for(k=0;k<=en-j;k++){
                ts=(ll)c[en-j][k]%mo*mi(h,en-j-k)%mo*mi(h+1,cur-en+j)%mo;
                if(i+1<=h1&&k==0)ts=((ll)ts-mi(h,cur))%mo;
                ts=(ts+mo)%mo;
                ts=(ll)ts*f[i][j]%mo;
                f[i+1][j+k]=(f[i+1][j+k]+ts)%mo;
            }
        }
    return f[h2][en];
}

int AxonometricProjection::howManyWays(vector<int> A,vector<int> B)
{
    n=A.size();m=B.size();
    for(i=0;i<n;i++)a[i+1]=A[i];
    for(i=0;i<m;i++)b[i+1]=B[i];
    c[0][0]=1;
    for(i=1;i<=50;i++){
        c[i][0]=c[i][i]=1;
        for(j=1;j<i;j++)c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mo;
    }
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    scanf("%d",&m);
    for(i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&b[i]);
    sort(a+1,a+1+n);
    sort(b+1,b+1+m);
    if(a[n]!=b[m])return 0;
    else{
        for(i=0;i<=10000;i++)U[i]=L[i]=10011;
        for(i=1;i<=n;i++){
            L[a[i]]=min(L[a[i]],i);
            R[a[i]]=max(R[a[i]],i);
        }
        for(i=n;i>=1;i--)pra[a[i]]=i;
        for(i=10000;i>=0;i--)if(!pra[i])pra[i]=pra[i+1];
        for(i=1;i<=m;i++){
            U[b[i]]=min(U[b[i]],i);
            D[b[i]]=max(D[b[i]],i);
        }
        for(i=m;i>=1;i--)prb[b[i]]=i;
        for(i=10000;i>=0;i--)if(!prb[i])prb[i]=prb[i+1];
        ans=1;
        for(i=0;i<=10000;i++)if(R[i]||D[i]){
            if(R[i]&&D[i])ans=(ll)ans*calc(R[i]-L[i]+1,n-L[i]+1,D[i]-U[i]+1,m-U[i]+1,i)%mo;
            if(R[i]&&!D[i])ans=(ll)ans*calc(R[i]-L[i]+1,R[i]-L[i]+1,0,m-prb[i]+1,i)%mo;
            if(!R[i]&&D[i])ans=(ll)ans*calc(0,n-pra[i]+1,D[i]-U[i]+1,D[i]-U[i]+1,i)%mo;
        }
        return ans;
    }
}