Problem
-
给定你一个 网格棋盘,要求用 填充每一个格子.
-
使得任意两条从原点 到 的不完全相交路径,先走右方向(字典序大)的路径的 路径字典序相对小.
-
求方案数.
Data constraint
Solution
-
其实这题可以不用 .
-
显然对于棋盘上的某一种填法 ,满足
-
且显然如果当 时, 形成一个封闭局面,这个局面的每条对角线上的数必须相同,这样是为了保证 的每条路径相同.
-
那么现在就可以分类讨论了:
-
两格相同:
-
这种情况下,只需要使得 的所有对角线上数字相同.
-
同时第一列和第一行会受其影响,仔细推一波式子可以搞定.
-
答案形如 .
-
这是最简单的情况。
-
-
两格不同:
-
相同:
-
这一种情况也相对简单,也是一波式子可以搞定的.
-
这是次简单的情况,其实与第一种情况完全类似,答案的形式也是一样的.
-
-
其中一对相同:
-
不难发现 与 或 相同是等价的.
-
不妨假设 相同.
-
设 表示到第 条对角线上时,在前两行的第 条斜线上及以前有过“配对成功”的方案数。
-
“配对成功” 是指在最上边两行中,第二行的某一格与其斜上方的格相同,称之为配对成功。
-
因为一旦配对成功,接下来第二行的填数就会有限制.
-
当第一行与第二行全部没有配对成功时,当前的一条对角线实际上有 种填法,而当第 条对角线配对成功时,实际上只有 种填法.
-
那么考虑一下转移就可以写出:
-
表示的含义是:
-
(在 条斜线上以前就匹配成功的方案 ) *(当前第 条对角线的 种填法) + ( 条斜线第一次匹配成功的 种填法) * (当前第 条对角线因不受任何影响所以有 种填法.)
-
-
-
-
这样就可以计算出当 的答案了.
-
当 时,前两种分类讨论是很容易继续推广的,关键是第三种 分类讨论应当如何推广.
-
不妨画一下图,我们发现,实质上答案是
-
至于为什么也是按上面第三种分类讨论一样,根据最后一条对角线是否匹配成功进行讨论.
-
而当 时, 哪两个相同是会有影响的,根据上面的推法,也不难推出另外一种的答案实质上是
-
并且继续仔细推式子后可以发现当 时, 每加一,答案会乘 .
-
于是时间复杂度是 ,可以矩阵转移做到
-
参考代码:
F(i, 1, n - 4)
f[i + 1] = (4 * 5 + f[i] * 4) % Mo; // 4表示上一条对角线第一次配对成功
ans = 2 * (3 + 4 * 3 + f[n - 3] * 2) * ksm(2, n - 1); // n==m 时的
a1 = ksm(4, n - 2) * ksm(2, n + 1) % Mo; //第一种情况
a2 = 5 * ksm(4, n - 4) * ksm(2, n + 1) % Mo; //第二种情况
if (n == m) { printf("%d", (ans + a1 + a2) % Mo); return 0; }
ANS1 = (4 + 4 * 4 + (f[n - 3] * 3 + 4 * 3) * 2) * ksm(2, n - 1) % Mo; // n+1==m的第一种情况
ANS2 = (f[n - 3] * 3 + 4 * 5) * ksm(2, n) % Mo; //n+1==m的第二种情况
printf("%d", ((((a1 + a2) * 3 + ANS1 + ANS2) % Mo) * ksm(3, m - n - 1)) % Mo);