关于在矩阵中枚举点的 dp
JOISC 2018 Day1 camp
简要题意：
在矩阵中放一个点，每个点所在的行与列至多有一个别的点，且若有点，两个点的方向要相对，而若无点，则可任意指向四个方向。
考虑 dp 。
首先是 70 70 70 分的思路。令 d p i , j , k dp_{i,j,k} dpi,j,k 表示到第 i i i 行，此时还剩 j j j 个空列，剩 k k k 个只能放一个的列(即此列中上方已经有一个点方向向下，次格放的点只能方向向上)，称之为半列。
- d p i , j , k + = d p i − 1 , j + 2 , k × C j + 2 2 dp_{i,j,k}+=dp_{i-1,j+2,k}\times C_{j+2}^2 dpi,j,k+=dpi−1,j+2,k×Cj+22
- d p i , j , k + = d p i − 1 , j + 1 , k − 1 × ( j + 1 ) dp_{i,j,k}+=dp_{i-1,j+1,k-1}\times(j+1) dpi,j,k+=dpi−1,j+1,k−1×(j+1)
- d p i , j , k + = d p i − 1 , j , k + 1 × ( k + 1 ) dp_{i,j,k}+=dp_{i-1,j,k+1}\times(k+1) dpi,j,k+=dpi−1,j,k+1×(k+1)
- d p i , j , k + = d p i − 1 , j + 1 , k × ( j + 1 ) × 3 dp_{i,j,k}+=dp_{i-1,j+1,k}\times(j+1)\times3 dpi,j,k+=dpi−1,j+1,k×(j+1)×3
第一个方程表示选择两个空列；第二个方程表示，选择一个空列，令点的方向向下，形成一个半列；第三个方程表示选择一个半列，让这一列填满；第四个方程表示选择一个空列，放的点的方向指向左右上(若向下则会形成一个半列)。
然后是 100 100 100 分的思路。
令 d p i , j dp_{i,j} dpi,j 表示把 i × j i\times j i×j 的矩阵填满，可能得方案数。转移方程：
- d p i , j + = d p i − 1 , j − 1 × 4 × j dp_{i,j}+=dp_{i-1,j-1}\times4\times j dpi,j+=dpi−1,j−1×4×j
- d p i , j + = d p i − 2 , j − 1 × ( i − 1 ) × j dp_{i,j}+=dp_{i-2,j-1}\times(i-1)\times j dpi,j+=dpi−2,j−1×(i−1)×j
- d p i , j + = d p i − 1 , j − 2 × C j 2 dp_{i,j}+=dp_{i-1,j-2}\times C_{j}^{2} dpi,j+=dpi−1,j−2×Cj2
第一个方程表示将矩阵拓展一行一列，由于新的一行一列是空列，有四个方向，我们只考虑向下拓展行，而可以在任意位置拓展列，在行列交点处放一个点，由于行列上没有其他点，故有四个方向；第二个方程表示拓展两行一列，每行放置一个，让两个格子的方向相对，使那个列填满，其中一行必然在最底下，而另一行则可以选择位置插入；第三个方程表示拓展一行两列，让两个格子在同一行，让这一行填满，任意插入两列。最后计算时由于行列之间可以任意插入空的行列，故 a n s = ∑ i = 0 n ∑ j = 0 m d p n − i , j − m × C n i × C m j − 1 \displaystyle ans=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^m dp_{n-i,j-m}\times C_{n}^i\times C_{m}^j-1 ans=i=0∑nj=0∑mdpn−i,j−m×Cni×Cmj−1 (减去一是为了减去一个格子都不放的情况)。
总体来说对于行列，只有两种情况：放了两个，并且相对；放了一个，可以朝四个方向。通过不断添行列巧妙避免重复，同时较为快速算出答案。
Code:
cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
using namespace std;
const int N=3010;
long long dp[N][N],ans;
long long jc[N+10],rejc[N+10];
int n,m;
long long ksm(long long a,long long b){
long long res=1;
while(b){
if(b&1) res=res*a%mod;
b>>=1;
a=a*a%mod;
}
return res;
}
long long c(int x,int y){
return jc[x]*rejc[y]%mod*rejc[x-y]%mod;
}
void update(long long&x,long long y){
x+=y;
if(x>=mod) x-=mod;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=N;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
rejc[N]=ksm(jc[N],mod-2);
for(int i=N-1;i>=0;i--) rejc[i]=rejc[i+1]*(i+1)%mod;
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]*j*4%mod;
if(i>=2) update(dp[i][j],dp[i-2][j-1]*(i-1)*j%mod);
if(j>=2) update(dp[i][j],dp[i-1][j-2]*c(j,2)%mod);
}
}
for(int i=0;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=m;j++) update(ans,dp[n-i][m-j]*c(n,i)%mod*c(m,j)%mod);
}
printf("%lld",ans-1);
return 0;
}