P2051 [AHOI2009]中国象棋

题目描述

这次小可可想解决的难题和中国象棋有关，在一个N行M列的棋盘上，让你放若干个炮（可以是0个），使得没有一个炮可以攻击到另一个炮，请问有多少种放置方法。大家肯定很清楚，在中国象棋中炮的行走方式是：一个炮攻击到另一个炮，当且仅当它们在同一行或同一列中，且它们之间恰好 有一个棋子。你也来和小可可一起锻炼一下思维吧！

输入输出格式

输入格式：

一行包含两个整数N，M，之间由一个空格隔开。

输出格式：

总共的方案数，由于该值可能很大，只需给出方案数模9999973的结果。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

1 3

输出样例#1： 复制

7

说明

样例说明

除了3个格子里都塞满了炮以外，其它方案都是可行的，所以一共有2*2*2-1=7种方案。

数据范围

100%的数据中N和M均不超过100

50%的数据中N和M至少有一个数不超过8

30%的数据中N和M均不超过6

这里的dp方程的思想：
1.充分利用了限制条件，因为一行最多放两个棋子，那么对于每一行，我只需要枚举每一行放0个，1个，2个
2.状态压缩，因为数据到了n,m<=100，我们发现位置转移可以用个数转移来替代
所以：
dp[i][j][k]:代表前i行，其中j列已放1个棋子，k列已放2个棋子的最大方案数
状态转移则化成组合问题
第i行放0个(一种情况)：
dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k]
第i行放1个(两种情况):
dp[i][j][k]+=dp[i-1][j+1][k-1]*(j+1)
dp[i][j][k]+=dp[i-1][j-1][k]*(m-k-j+1)
第i行放两个(三种情况)：
dp[i][j][k]+=dp[i-1][j+2][k-2]*C(j+2,2)
dp[i][j][k]+=dp[i-1][j-2][k]*C(m-j-k+2,2)
dp[i][j][k]+=dp[i-1][j][k-1]*j*(m-j-k+1)

// 去吧！皮卡丘! 把AC带回来！
//      へ　　　　　／|
// 　　/＼7　　　 ∠＿/
// 　 /　│　　 ／　／
// 　│　Z ＿,＜　／　　 /`ヽ
// 　│　　　　　ヽ　　 /　　〉
// 　Y　　　　　`　 /　　/
// 　ｲ●　､　●　　⊂⊃〈　　/
// 　()　 へ　　　　|　＼〈
// 　　>ｰ ､_　 ィ　 │ ／／
// 　 / へ　　 /　ﾉ＜| ＼＼
// 　 ヽ_ﾉ　　(_／　 │／／
// 　　 7　　　　　　　|／
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//**************************************
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define inf 2147483647
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
#define ri register int
template <class T> inline T min(T a, T b, T c) { return min(min(a, b), c); }
template <class T> inline T max(T a, T b, T c) { return max(max(a, b), c); }
template <class T> inline T min(T a, T b, T c, T d) {
return min(min(a, b), min(c, d));
}
template <class T> inline T max(T a, T b, T c, T d) {
return max(max(a, b), max(c, d));
}
#define scanf1(x) scanf("%d", &x)
#define scanf2(x, y) scanf("%d%d", &x, &y)
#define scanf3(x, y, z) scanf("%d%d%d", &x, &y, &z)
#define scanf4(x, y, z, X) scanf("%d%d%d%d", &x, &y, &z, &X)
#define pi acos(-1)
#define me(x, y) memset(x, y, sizeof(x));
#define For(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define FFor(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i--)
#define bug printf("***********\n");
#define mp make_pair
#define pb push_back
const int maxn = 3e5 + 10;
const int maxx = 1e6 + 10;
// name*******************************
ll dp[105][105][105]; //记得开longlong啊啊啊
ll ans = 0;
int n, m;
int mod = 9999973;
// function******************************
int C(int x) { return x * (x - 1) / 2; }
//***************************************
int main() {
// ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
// freopen("test.txt", "r", stdin);
//  freopen("outout.txt","w",stdout);
cin >> n >> m;
dp[0][0][0] = 1;
For(i, 1, n) For(j, 0, m) For(k, 0, m - j) {
//选0个
dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];
//选1个
if (j >= 1)
dp[i][j][k] += dp[i - 1][j - 1][k] * (m - j - k + 1);
if (k >= 1)
dp[i][j][k] += dp[i - 1][j + 1][k - 1] * (j + 1);
//选两个
if (j >= 2)
dp[i][j][k] += dp[i - 1][j - 2][k] * C(m - j - k + 2);
if (k >= 2)
dp[i][j][k] += dp[i - 1][j + 2][k - 2] * C(j + 2);
if (k >= 1 && j >= 1)
dp[i][j][k] += dp[i - 1][j][k - 1] * j * (m - j - k + 1);
dp[i][j][k] %= mod;
if (i == n)
ans += dp
[j][k], ans %= mod;
}
cout << ans;

return 0;
}