题意
JOI 君有一个棋盘，棋盘上有 (N) 行 (3) 列 的格子。JOI 君有若干棋子，并想用它们来玩一个游戏。初始状态棋盘上至少有一个棋子，也至少有一个空位。
游戏的目标是：在还没有放棋子的格子上依次放棋子，并填满整个棋盘。在某个格子上放置棋子必须满足以下条件之一：
- 这个格子的上下一格都放有棋子；
- 这个格子的左右一格都放有棋子。
JOI 君想知道有多少种从初始状态开始，并达到游戏目标的方案，这个答案可能会非常大。请你帮 JOI 君算出这个答案，并对 (10^9+7) 取模。
题解
注意到可以通过上下填的只有第二行。
先判断是否有解。如果第一行或第三行存在两个连续的空格，那么无解，否则有解。那么一三两行可以在任意时刻填棋子。
对第二行的空格连续段分别计算，最后组合即可。
设 (H(i, r), V(i, r)) 分别表示考虑到当前连续段第 (i) 列，当前中间格在前 (i) 列的空格中第 (r) 个填，且是依赖左右/上下两边填的方案数。如果四个方向都有棋子，则填上下两边。
设第 (i) 列中第一、三行共 (t) 个空位。
分三种情况考虑：
-
(i, i - 1) 两列均为纵向，则相互不影响。
[V(i, r) gets (r-1)^underline{t}sum_x V(i - 1, x) ]其中下降幂为 (i) 上下的方案数。
-
(i) 列为纵向，(i-1) 列为横向，则 (i) 列必须早于 (i - 1) 列填。
[V(i, r) gets (r-1)^underline{t} sum_{x ge i - t} H(i - 1, x) ] -
(i) 列为横向，(i-1) 列为纵向。
此时需要保证填中间格是上下格不能已经全部有棋子，且左边的中间格已经有棋子。
为了避免讨论相对顺序，我们先只加入中间格，然后再加入对顺序没有影响的上下格。
设上下中有 (c) 个在中间之前填：
[H(i, r + c) gets sum_{x<r} V(i - 1, x) cdot E(r - 1, c) cdot E(mathrm{cnt} - r, t - c) cdot t! ]其中 (r + c) 为加入上下格后对 (i) 的排名的影响，(mathrm{cnt}) 为当前连通块中总空格数，(E(i, j)) 表示在 (i) 个元素之间的 (i + 1) 个空格中放置 (j) 个相同物品的方案数。
使用前缀和，总时间复杂度 (mathcal O(n^2))。
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <numeric>
#include <vector>
#include <cassert>
using namespace std;
#define LOG(f...) fprintf(stderr, f)
#define all(cont) begin(cont), end(cont)
// #define DBG(f...) printf("L %4d: ", __LINE__), printf(f)
#define DBG(f...) void()
char getv() {
char ch;
while (isspace(ch = getchar()));
return ch;
}
using ll = long long;
const int N = 2005;
const int M = 1000000007;
char a[N][3];
int dp[N][N * 3][2];
vector<int> fac, ifac;
int sub(int x, int y) { return x < y ? x - y + M : x - y; }
void inc(int &x, int y) { if ((x += y) >= M) x -= M; }
int power(int x, int y) {
int p = 1;
for (; y; y >>= 1, x = (ll)x * x % M)
if (y & 1) p = (ll)p * x % M;
return p;
}
int inv(int x) { return power(x, M - 2); }
void prefac(int n) {
fac.resize(n + 1); ifac.resize(n + 1);
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % M;
ifac[n] = inv(fac[n]);
for (int i = n; i; --i)
ifac[i - 1] = (ll)ifac[i] * i % M;
}
int binom(int n, int m) { return (ll)fac[n] * ifac[m] % M * ifac[n - m] % M; }
int ff(int n, int m) { return (ll)fac[n] * ifac[n - m] % M; }
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
#endif
int n;
scanf("%d", &n);
prefac(3 * n);
for (int c = 0; c < 3; ++c)
for (int i = 1; i <= n; ++i)
a[i][c] = getv();
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if ((a[i][0] == 'x' && (a[i - 1][0] != 'o' || a[i + 1][0] != 'o')) ||
(a[i][2] == 'x' && (a[i - 1][2] != 'o' || a[i + 1][2] != 'o'))) {
puts("0");
return 0;
}
int empt = 0, prod = 1;
int siz = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int t = int(a[i][0] == 'x') + int(a[i][2] == 'x');
empt += t + int(a[i][1] == 'x');
if (a[i][1] != 'x') // skip
siz = 0;
else if (a[i - 1][1] != 'x') { // init
siz = t + 1;
for (int j = t + 1; j <= siz; ++j)
dp[i][j][0] = ff(j - 1, t);
if (i != 1)
for (int c = 1; c <= t; ++c)
for (int j = t - c + 1; j <= siz - c; ++j)
dp[i][j][1] = (dp[i][j][1] + (ll)binom(j - 1, t - c) * binom(siz - j, c) * fac[t]) % M;
}
else {
int psum0 = dp[i - 1][siz][0], psum1 = dp[i - 1][siz][1];
++siz;
for (int c = 0; c < t; ++c)
for (int j = 1; j <= siz; ++j)
dp[i][j + c][1] = (dp[i][j + c][1] + (ll)dp[i - 1][j - 1][0] * (c == 0 ? 1 : j) % M * binom(siz - j + t - c, t - c) * fac[t]) % M;
siz += t;
for (int j = t + 1; j <= siz; ++j)
dp[i][j][0] = ((ll)psum0 * ff(j - 1, t) + (ll)sub(psum1, dp[i - 1][j - t - 1][1]) * ff(j - 1, t)) % M;
}
if (a[i][1] == 'x')
for (int j = 2; j <= siz + 3; ++j)
inc(dp[i][j][0], dp[i][j - 1][0]), inc(dp[i][j][1], dp[i][j - 1][1]);
if (a[i + 1][1] != 'x' && a[i][1] == 'x') {
int ways = dp[i][siz][0];
if (i != n) inc(ways, dp[i][siz][1]);
prod = (ll)prod * ways % M * ifac[siz] % M;
siz = 0;
}
}
prod = (ll)prod * fac[empt] % M;
printf("%d
", prod);
return 0;
}