Online Judge：Hdu5155
Label：思维题+容斥，计数Dp
题面：
题目描述
给定一个大小为(N*M)的神奇盒子，里面每行每列都至少有一个钻石，问可行的排列方案数。由于答案较大，输出对(1e9+7)取模后的结果。
输入
多组数据。每组数据读入两个整数(N,M)
(0≤N,M≤50)
输出
每组数据输出一行表示答案。
样例
Input
1 1
2 2
2 3
Output
1
7
25
Hint
There are 7 possible arrangements for the second test case.
They are:
11
11
11
10
11
01
10
11
01
11
01
10
10
01
Assume that a grids is '1' when it contains a jewel otherwise not.
题解
1.做法一（计数Dp）
定义状态(dp[i][j])表示已经摆放好了前i行（前面i行都合法，即每行都放了至少一个钻石），并且有j列上已经摆放了至少一个钻石。答案很明显是(dp[n][m])。
转移到第(i)行时，
1、枚举当前准备在第i行放的钻石个数(k)
2、其中有(z)个摆在了之前没有钻石的列上（也就是说这z个钻石给哪些之前没有钻石的列做出贡献）
3、再枚举一个之前已经有钻石的列数(j)（(j∈[k-z,m-z])）
关于j的范围：下限，既然有z个摆在了之前没有钻石的列上，那就有(k-z)个放在有钻石的列上。上限，除了那(z)列没放钻石，其他(m-z)列已经放了。
则有(dp[i][j+t]+=dp[i-1][j]*当前行方案数)。当前行的方案数由两部分组成：一是要将这(z)个钻石放在之前没有钻石的列上——(c[m-j][z])；二是要将剩余的(k-z)个钻石放在之前已经有钻石的列上——(c[j][m-z])。根据乘法原理，两者相乘即可。
综上，该算法时间复杂度为(O(N^2+case*N^4))。((N^2)为前面组合数的预处理)。
#include<bits/stdc++.h>
#define For(a,b,c) for(register int a=b;a<=c;++a)
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,m;
long long dp[55][55],c[55][55];
void pre(){
c[0][0]=1;
for(int i=1;i<=50;i++)c[i][0]=c[i][i]=1;
for(int i=2;i<=50;i++){
for(int j=1;j<i;j++)c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
}
}
int main(){
pre();
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
memset(dp,0,sizeof(dp));
For(i,1,m)dp[1][i]=c[m][i];
For(i,2,n)For(k,1,m)For(z,0,k)For(j,k-z,m-z){
dp[i][j+z]+=dp[i-1][j]*c[j][k-z]%mod*c[m-j][z]%mod;
dp[i][j+z]%=mod;
}
printf("%lld
",dp[n][m]);
}
}
2.做法二（容斥）
这种做法就比较优秀了。
题目是让我们求每一行每一列都至少有一个钻石的方案数，也即求，有0列一颗钻石都没有、其他列随意的方案数（前提是每一行都至少有一个钻石——这样才能保证行这一维上也合法，这一点我们可以在后面人为控制）。
有0列不太好求，将其转化成至少有0列然后再通过容斥进行去重。
定义(f(i))表示填完整个盒子后，至少有(i)列一个钻石都没有、其他列随意，的方案数。
- 为什么"至少"这个问法比较可做，原因在于我们可以人为地选定m列中的i列，强制让这几列一个钻石都不放，剩余的随意即可——如果改成"有”,我们还得人为控制剩下的m-i列,情况就变得复杂了。
很容易得出(f(i)=C(m,i)*每一行的摆列方案数^n)，至于每一类的摆列方案数，如果没有限制的话就是(2^{m-i})了，但是之前说了，我们还得保证行上至少有一个钻石，所以去掉全是0（这一行不放钻石）的这种情况。所以最后$$f(i)=C(m,i)*(2{m-i}-1)n$$
最后根据容斥原理(ans=f(0)-f(1)+f(2)-f(3)+...f(m))。
总的时间复杂度为(O(N^2+case*MlogN))。
//下面其实可以预处理2的幂的
#include<bits/stdc++.h>
#define For(a,b,c) for(register int a=b;a<=c;++a)
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m;
ll c[55][55];
void pre(){
c[0][0]=1;
for(int i=1;i<=50;i++)c[i][0]=c[i][i]=1;
for(int i=2;i<=50;i++){
for(int j=1;j<i;j++)c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
}
}
ll ksm(ll r,int d){
ll res=1;
while(d){
if(d&1)res=res*r%mod;
r=r*r%mod;d>>=1;
}
return res;
}
int main(){
pre();
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
ll ans=0;
for(int i=0;i<=m;i++){
//从m中选择i列永远不放钻石，剩余的情况随意安排
ll val=c[m][i]*ksm(ksm(2,m-i)-1,n)%mod;
if(i%2==0)ans=(ans+val)%mod;
else ans=(ans-val+mod)%mod;
}
printf("%lld
",ans%mod);
}
}
update20191024
这道题的(n,m)开的比较小，只有(50)，所以上面两个做法都直接(N^2)预处理组合数了，但显然的，可以不用预处理组合数，可以直接(O(NlogN))预处理出阶乘，模逆元(带个log是快速幂的)，这样利用容斥就可以在(O(MlogN))的时间内解决此问题，(n,m)可以开到(3000)左右。