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题目大意

给出一个n*m的网格图，一个格子可以选择是否选取，每一行给出一个限制，要求该行连通块(一个连通块之间没有格子是不取的，且至少有一个格子被选取)的个数等于a[i],每一列也给出一个要求，要求该列连通块的个数等于b[i]，即一共有n+m个限制，求有多少种选取方案。输出方案数mod(10^9+7)的值。

n<=5,m<=20。

dp

求方案数通常做法都是dp。。。

设f[i][j][k]表示做到第i列且第i列的状态为j，当前n行的状态为k的方案数。

枚举i是O(m)的,枚举j是O(2^n)的,枚举k是O((m+1)^n)的，转移是O(2^n)的

这个是比较naive的dp，接下来我们考虑优化。

枚举i是肯定省不了的了。

而枚举j，由于第i列是有限制的，设t[i]表示第i列合法的状态数，考虑n=5时:

b[i]=1时t[i]=5+4+3+2+1=15

b[i]=2时t[i]=14

b[i]=3时t[i]=1

也就是状态数最多为15，转移也是相同，所以这部分的复杂度<=O(15^2)

再考虑每一行连通块的个数最多为(m+1)/2所以枚举k只需O(((m/2)+1)^n)

而且每一行也是有限制的，所以合法的状态也很少。

加上这些优化就可以跑过了。。

代码

#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=11;const int ma=161050+5;const int mo=1000000007;
int f[2][32][ma],i,j,n,m,l,k,ms,ans,k1;
int w1[maxn*2][ma];
int a[maxn],b[maxn*2],mm;
int w[maxn*2][32];
bool pc(int s,int y){
int x=0,x1=0,t=0;
while (s){
x=s%2;if (x&&!x1) t++;
s/=2,x1=x;
}
if (t==y) return 1;return 0;
}
bool pd(int x,int s){
int c[6],t=n,i,w=0;
fo(i,1,n) c[i]=0;
while (s){
c[t]=s%11,s/=11;
if (c[t]>a[t]) return 0;t--;
}
fo(i,1,n) if ((m-x+1)/2+c[i]<a[i]) return 0;
return 1;
}
bool pp(int s1,int s2,int k){
int c[6],t=n,i,x,y;
fo(i,1,n) c[i]=0;
while (k)c[t--]=k%11,k/=11;
t=n;
while (s1||s2) {
x=s1%2,y=s2%2;
if (x&&!y) {
c[t]++;
if (c[t]>a[t]) return 0;
}
t--;
s1/=2,s2/=2;
}
mm=0;
fo(i,1,n) mm=mm*11+c[i];
return 1;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
fo(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
fo(i,1,m) scanf("%d",&b[i]);
fo(i,1,n) if (a[i]>((m+1)/2)) {
printf("0\n");
return 0;
}
fo(i,1,m) if (b[i]>((n+1)/2)){
printf("0\n");
return 0;
}
ms=0;
fo(i,1,n) ms=ms*11+a[i];
fo(i,1,m)
fo(j,0,ms) if (pd(i,j)) w1[i][++w1[i][0]]=j;
int s=(1<<n)-1;
fo(i,1,m)
fo(j,0,s) if (pc(j,b[i])) w[i][++w[i][0]]=j;
f[0][0][0]=1;
w[0][0]=1,w[0][1]=0;w1[0][0]=1;w1[0][1]=0;
fo(i,1,m) {
int ii=i%2,i1=1-ii;
memset(f[ii],0,sizeof(f[ii]));
fo(j,1,w[i][0]){
int s=w[i][j];
fo(l,1,w[i-1][0]) {
int s1=w[i-1][l];
fo(k1,1,w1[i-1][0]) {
k=w1[i-1][k1];
if (f[i1][s1][k]) {
if (pp(s,s1,k)) f[ii][s][mm]=(f[ii][s][mm]+f[i1][s1][k])%mo;
}
}
}
}
}
fo(i,1,w[m][0]) ans=(ans+f[m%2][w[m][i]][ms])%mo;
printf("%d\n",ans);
}