30分做法
拿到这种题一开始肯定没有思路,而30分的数据比较小,所以我们可以暴力解决。dfs函数x代表行数,b[i]代表第i列有多少个炮了,我们知道如果某一列有两个炮,那那一行里的这一列一定不能再放炮了。分别循环表示一行里不放炮、放一个、放两个的情况,然后计算得到结果,可以解决30分。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int mod=9999973;
int n,m;
int ans=0;
int b[100];
void dfs(int x)
{
if(x==n+1)
{
ans++;
return ;
}
dfs(x+1);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(b[i]<=1)
{
b[i]++;
dfs(x+1);
b[i]--;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(b[i]<=1)
{
b[i]++;
for(int j=i+1;j<=m;j++)
{
if(b[j]<=1)
{
b[j]++;
dfs(x+1);
b[j]--;
}
}
b[i]--;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
dfs(1);
cout<<ans;
return 0;
}
100分做法
对于正解的数据是比较大的,dfs肯定会TLE,所以满分做法是用状压dp解决。我们设一个f[i][j][k]数组代表当前为第几行,放1个炮的列数有i个,放两个炮的列数有j个。初始化f[0][0][0]为1。循环,并记录下不放、放1个和放2个时的列数,long long定义now=f[i][j][k]。不放炮时,直接过渡到下一行,得到f[i+1][r1][r2]=(f[i+1][r1][r2]+now)%mod。放一个炮时,可以在没有炮或有一个炮的那一列放,而这时炮的位置又有r0和r1种可能,所以要乘进去,得到状态转移方程。对于放两个炮则有在两个无炮列放,两个有一个炮列放和一个无一个有放,分别得到状态转移方程,注意这时要乘的可能性可能用到组合数,(在r0列中选两列)所以要写一个函数来计算组合数,最后将答案加起来即可,注意取mod。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=110;
const int mod=9999973;
int f[maxn][maxn][maxn];
int n,m;
int ans;
int c(int x)
{
return (ll) x * (x-1) / 2 % mod;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
f[0][0][0]=1;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<=m;j++)
for(int k=0;k+j<=m;k++)
{
int r0=m-k-j;
int r1=j;
int r2=k;
ll now=f[i][j][k];
f[i+1][r1][r2]=(f[i+1][r1][r2]+now)%mod;
if(r0>=1) f[i+1][r1+1][r2]=(f[i+1][r1+1][r2]+now*r0%mod)%mod;
if(r1>=1) f[i+1][r1-1][r2+1]=(f[i+1][r1-1][r2+1]+now*r1%mod)%mod;
if(r0>=2) f[i+1][r1+2][r2]=(f[i+1][r1+2][r2]+now*c(r0)%mod)%mod;
if(r1>=2) f[i+1][r1-2][r2+2]=(f[i+1][r1-2][r2+2]+now*c(r1)%mod)%mod;
if(r0>=1&&r1>=1) f[i+1][r1][r2+1]=(f[i+1][r1][r2+1]+now*r0%mod*r1%mod)%mod;
}
for(int i=0;i<=m;i++)
for(int j=0;i+j<=m;j++)
ans+=f[n][i][j],ans%=mod;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}