【题目大意】
叫你在(n×m)的棋盘上放若干个炮(可以是0个)，使得没有一个炮可以攻击到另一个炮，问有多少种放置方法。
【关键词】
- (DP)
- 分类讨论
- 乘法和加法原理
【分析】
仔细观察就会发现，棋盘中每行，每列只有放(0)，(1)，(2)个三种方案。如果我们把状态量设为列，那么知道任意两种方案的列数，即可用总列数减去它得到另一种方案的列数。
我们设状态方程：(f[i][j][k])，表示的是前(i)行，其中(j)列有(1)个棋子，(k)列有(2)个棋子的总方案数。
那么对于行的转移，我们有三种情况。
- 在第(i)行不放棋子。
- 在第(i)行放(1)个棋子。
- 在第(i)行放(2)个棋子。
-
不放棋子，即(f[i][j][k]=f[i-1][j][k])。
-
放(1)个棋子，又分两种情况:
- 放在有(1)个棋子的列上，(j+1)列都可以放。即(f[i][j][k]+=f[i-1][j+1][k-1]*(j+1))。
- 放在没有棋子的列上，(m-(j-1)-k)列都可放。即(f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k]*(m-j-k+1))
-
放(2)个棋子，分三种情况:
- (2)个都放在没有棋子的列上。即(f[i][j][k]+=f[i-1][j-2][k]*C_{m-(j-2)-k}^{2})。
- (2)个都放在有(1)个棋子的列上。即(f[i][j][k]+=f[i-1][j+2][k-2]*C_{j+2}^2)。
- (1)个放在没有棋子的列上，另一个放在有(1)个棋子的列上。即(f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-1]*(m-j-k+1))。
然后就可以(A)掉了，哦，记得开(long long)。。。
【Code】
#pragma GCC optimize("O3")
#pragma GCC optimize("O2")
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#define ll long long
#define R register
using namespace std;
const int MAX = 100 + 5;
const int mod = 9999973;
inline int read(){
int f = 1, x = 0;char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0'||ch>'9');
do {x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f*x;
}
inline ll c(ll x) {
return (x * (x - 1) / 2) % mod;
}
int n, m;
ll f[MAX][MAX][MAX], ans;
int main(){
n = read(), m = read();
f[0][0][0] = 1;
for (R int i = 1;i <= n; ++i) {
for (R int j = 0;j <= m; ++j) {
for (R int k = 0;k <= m - j; ++k) {
f[i][j][k] = f[i-1][j][k];
if (k > 0) {
f[i][j][k] += (f[i-1][j+1][k-1] * (j+1)) % mod;
f[i][j][k] %= mod;
f[i][j][k] += (f[i-1][j][k-1] * j * (m-j-k+1)) %mod;
f[i][j][k] %= mod;
}
if (j > 0) {
f[i][j][k] += (f[i-1][j-1][k] * (m-j-k+1)) %mod;
f[i][j][k] %= mod;
}
if (k > 1) {
f[i][j][k] += (f[i-1][j+2][k-2] * c(j+2)) % mod;
f[i][j][k] %= mod;
}
if (j > 1) {
f[i][j][k] += (f[i-1][j-2][k] * c(m-j-k+2)) % mod;
f[i][j][k] %= mod;
}
}
}
}
for (R int i = 0;i <= m; ++i) {
for (R int j = 0;j <= m; ++j) {
ans += f[n][i][j];
ans %= mod;
}
}
printf("%lld", (ans + mod) % mod);
return 0;
}