【BZOJ3294】放棋子（CQOI2011）-DP+组合数学

测试地址：放棋子

做法：本题需要用到DP+组合数学。

观察发现，每种颜色的棋子都独占若干行和若干列，如果我们能知道在正好占用若干行若干列时，放若干个棋子的方案数的话，就可以做二维背包了！令f(i,j,k)为k个同色棋子正好占用i行j列的方案数，那么可得状态转移方程：

f(i,j,k)=Cki×j−∑ip=0∑jq=0CpiCqjf(i−p,j−q,k)

上式是怎么推出来的呢？可以看做，用在i×j个格子里放k个棋子的方案数，减去正好空p行q列的方案数。注意到第三维实际上没有必要枚举全部1~900，只要求出k=某种棋子颜色总数的情况就可以了，那么我们删去第三维，上式就是O(cn2m2)的了，可以接受。

接下来就是二维背包了。令g(k,i,j)为放前k种颜色，还剩i行j列没有占用的方案数，那么有状态转移方程：

g(k,i,j)=∑np=i∑mq=jCipCjqf(p−i,q−j,num(k))g(k−1,p,q)

其中num(k)为第k种颜色的棋子数量，边界条件为g(0,n,m)=1，显然答案为∑ni=1∑mj=1g(c,i,j)。上述的方程应该可以挺容易推出来了，时间复杂度为O(cn2m2)，那么预处理出组合数就可以通过该题了。

以下是本人代码：

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define mod 1000000009
using namespace std;
int n,m,c,num[11],tot=0;
ll cc[1010][1010],f[35][35]={0},g[2][35][35]={0};

ll power(ll a,ll b)
{
ll s=1,ss=a;
while(b)
{
if (b&1) s=(s*ss)%mod;
b>>=1;ss=(ss*ss)%mod;
}
return s;
}

ll C(int n,int m)
{
if (m>n) return 0;
return cc
[m];
}

int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&c);
for(int i=1;i<=c;i++) scanf("%d",&num[i]),tot+=num[i];

cc[0][0]=1;
for(int i=1;i<=1000;i++)
{
cc[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++)
cc[i][j]=(cc[i-1][j-1]+cc[i-1][j])%mod;
}

int now=1,past=0;
g[past]
[m]=1;
for(int k=1;k<=c;k++)
{
memset(f,0,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
f[i][j]=C(i*j,num[k]);
for(int p=0;p<=i;p++)
for(int q=0;q<=j;q++)
if (p||q) f[i][j]=(((f[i][j]-((C(i,p)*C(j,q))%mod)*f[i-p][j-q])%mod)+mod)%mod;
}
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=m;j++)
{
g[now][i][j]=0;
for(int p=i;p<=n;p++)
for(int q=j;q<=m;q++)
g[now][i][j]=(g[now][i][j]+((((C(p,i)*C(q,j))%mod)*f[p-i][q-j])%mod)*g[past][p][q])%mod;
}
swap(now,past);
}

ll ans=0;
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=m;j++)
ans=(ans+g[past][i][j])%mod;
printf("%lld\n",ans);

return 0;
}