【BZOJ 3294】[Cqoi2011]放棋子

3294: [Cqoi2011]放棋子

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Description

Input

输入第一行为两个整数n, m, c，即行数、列数和棋子的颜色数。第二行包含c个正整数，即每个颜色的棋子数。所有颜色的棋子总数保证不超过nm。

Output

输出仅一行，即方案总数除以 1,000,000,009的余数。

Sample Input

4 2 2

3 1

Sample Output

8

HINT

N,M<=30 C<=10 总棋子数<=250

dp+容斥原理。

g[k][i][j]表示第k种颜色的棋子恰好占据i行j列的方案数，所以

g[k][i][j]=C(i*j,a[k])-sigma(g[k][x][y]*C(i,x)*C(j,y)) (即第k种棋子恰好占据x行，y列的方案数【0<x<=i 0<y<=j ，且x与y不同时为i,j】)

f[k][i][j]表示前k种颜色的棋子恰好占据i行j列的方案数，那么

f[k][i][j]=sigma(f[k-1][x][y]*g[k][i-x][j-y]*C(i,x)*C(j,y))
（0<=x<i 0<=y<j）

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#define mod 1000000009
#define LL long long
using namespace std;
int ans,p,a[15],c[1005][1005],g[15][35][35],f[15][35][35],n,m;
void Getc()
{
c[0][0]=1;
for (int i=1;i<=n*m;i++)
{
c[i][0]=1;
for (int j=1;j<=i;j++)
c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
}
}
void Getg()
{
for (int k=1;k<=p;k++)
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
{
if (i*j<a[k]||max(i,j)>a[k]) continue;
g[k][i][j]=c[i*j][a[k]];
for (int x=1;x<=i;x++)
for (int y=1;y<=j;y++)
if ((i-x)||(j-y))
g[k][i][j]=(mod+g[k][i][j]-((LL)g[k][x][y]*c[i][x]%mod*c[j][y]%mod))%mod;
}
}
void Getf()
{
f[0][0][0]=1;
for (int k=1;k<=p;k++)
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
{
if (i*j<a[k]) continue;
for (int x=0;x<i;x++)
for (int y=0;y<j;y++)
f[k][i][j]=(f[k][i][j]+((LL)f[k-1][x][y]*g[k][i-x][j-y]%mod*c[i][x]%mod*c[j][y]%mod))%mod;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
for (int i=1;i<=p;i++)
scanf("%d",&a[i]);
Getc();
Getg();
Getf();
int ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
ans=(ans+((LL)f[p][i][j]*c
[i]%mod*c[m][j]%mod))%mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}

感悟：

1.wa是因为没有强制转化long long,没有及时取模。

2.补集转化思想，用所有的方案-不可行方案