炮(cannon)
【题目描述】
众所周知，双炮叠叠将是中国象棋中很厉害的一招必杀技。炮吃子时必须
隔一个棋子跳吃，即俗称“炮打隔子”。 炮跟炮显然不能在一起打起来，于是rly
一天借来了许多许多的炮在棋盘上摆了起来……他想知道，在N×M的矩形方格
中摆若干炮（可以不摆）使其互不吃到的情况下方案数有几种。
棋子都是相同的。
【输入说明】
一行，两个正整数N和M。
【输出说明】
一行，输出方案数mod 999983。
【样例输入】
1 3
【样例输出】
7
【数据范围】
对于40%的数据,N<=4,M<=4
对于70%的数据,N<=100,M<=8
对于100%的数据,N<=100,M<=100
/* 动态规划，状态的表示很巧妙 f[i][j][k]表示放了前i行，有j列放了1个，有k列放了2个，那么就有m-i-j列没放的方案数。然后完成转移。 */ #include<cstdio> #include<iostream> #define mod 999983LL #define N 110 using namespace std; long long f[N][N][N],n,m; int main() { //freopen("cannon.in","r",stdin); //freopen("cannon.out","w",stdout); cin>>n>>m; f[0][0][0]=1; for(long long i=1;i<=n;i++) for(long long j=0;j<=m;j++) for(long long k=0;j+k<=m;k++) { f[i][j][k]=f[i-1][j][k];f[i][j][k]%=mod;//不放 if(j>=1)f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k]*(m-j-k+1);f[i][j][k]%=mod;//空处放1个 if(k>=1)f[i][j][k]+=f[i-1][j+1][k-1]*(j+1);f[i][j][k]%=mod;//1个处放1个 if(j>=2)f[i][j][k]+=f[i-1][j-2][k]*(m-j-k+2)*(m-j-k+1)/2;f[i][j][k]%=mod;//空处放2个 if(k>=2)f[i][j][k]+=f[i-1][j+2][k-2]*(j+2)*(j+1)/2;f[i][j][k]%=mod;//1处放2个 if(k>=1)f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-1]*j*(m-j-k+1);f[i][j][k]%=mod;//空处和1个处 } long long ans=0; for(long long j=0;j<=m;j++) for(long long k=0;j+k<=m;k++) ans+=f[n][j][k],ans%=mod; cout<<ans; fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
车(rook)
【题目描述】
众所周知，车是中国象棋中最厉害的一子之一，它能吃到同一行或同一列
中的其他棋车。车跟车显然不能在一起打起来，于是rly一天又借来了许多许多
的车在棋盘上摆了起来……他想知道，在N×M的矩形方格中摆最多个数的车使
其互不吃到的情况下方案数有几种。但是，由于上次摆炮摆得实在太累，他为
了偷懒，打算增加一个条件：对于任何一个车A，如果有其他一个车B在它的上
方（车B行号小于车A），那么车A必须在车B的右边（车A列号大于车B）。
棋子都是相同的。
【输入说明】
一行，两个正整数N和M。
【输出说明】
一行，输出方案数的末尾50位（不足则直接输出）。
【样例输入】
2 2
【样例输出】
1
【数据范围】
对于20%的数据， N<=10， M<=10。
对于40%的数据， N<=40， M<=40。
对于70%的数据， N<=10000， M<=10000。
对于100%的数据， N<=1000000， M<=1000000。
/* 我们保证n<m，因为题目要求尽量多放，所以一定放n个，答案就是C(m,n)，直接上高精度会超时，要先分解一下质因数，然后再做。 */ #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #define N 1000010 #define M 101 using namespace std; int f[N],prime[N],p[N],c[N],n,m,num; int a1[M],b1[M],c1[N]; struct node { node() { memset(q,0,sizeof(q));len=0; } int q[M],len; };node ans; void gprime() { for(int i=2;i<=m;i++) if(!f[i]) { prime[++num]=i;p[i]=num; for(int j=2;i*j<=m;j++) f[i*j]=1; } } void work1(int x) { for(int i=1;i<=num;i++) { while(x%prime[i]==0)c[i]++,x/=prime[i]; if(!f[x]){c[p[x]]++;break;} if(x==1)break; } } void work2(int x) { for(int i=1;i<=num;i++) { while(x%prime[i]==0)c[i]--,x/=prime[i]; if(!f[x]){c[p[x]]--;break;} if(x==1)break; } } node cheng(node a,int b) { memset(a1,0,sizeof(a1)); memset(b1,0,sizeof(b1)); node c; int len=a.len; for(int i=1;i<=a.len;i++)a1[i]=a.q[len-i+1]; for(int i=1;i<=len;i++) { b1[i]+=a1[i]*b; b1[i+1]+=b1[i]/10; b1[i]%=10; } while(b1[len+1]>=10) { b1[len+2]=b1[len+1]/10; b1[len+1]%=10; len++; } if(b1[len+1])len++; c.len=min(50,len); for(int i=1;i<=c.len;i++)c.q[i]=b1[c.len-i+1]; return c; } int main() { //freopen("rook.in","r",stdin); //freopen("rook.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); if(n>m)swap(n,m); gprime(); for(int i=m;i>=m-n+1;i--) work1(i); for(int i=1;i<=n;i++) work2(i); ans.len=1;ans.q[1]=1; for(int i=1;i<=num;i++) for(int j=1;j<=c[i];j++) ans=cheng(ans,prime[i]); for(int i=max(1,ans.len-49);i<=ans.len;i++) printf("%d",ans.q[i]); return 0; }
皇后(queen)
【题目描述】
众所不知， rly现在不会玩国际象棋。但是，作为一个OIer， rly当然做过八
皇后问题。这里再啰嗦几句，皇后可以攻击到同行同列同对角线，在n*n的方格
中摆n个皇后使其互不攻击到，求不同的解的数量，这就是经典的n皇后问题。
现在问题推广到n皇后问题，这个问题对于你而言实在是小菜一叠。但因为上一
次rly把棋盘弄破了，又拿不出新的，所以rly打算难一点点，问题就是破棋盘上
的n皇后问题。他想知道……（你们懂的）。
棋子都是相同的。
【输入说明】
一行，一个正整数N。
接下来N行，每行N个数，要么为0，表示没坏，要么1，表示坏了。
【输出说明】
一行，输出不同的解的数量。
【样例输入】
4
1 0 1 1
1 1 1 0
0 1 1 1
1 1 0 1
【样例输出】
1
【数据范围】
对于40%的数据， N<=13。
对于100%的数据， N<=16。
其中有30%的数据，棋盘没有破（你可以认为rly又去买了一个新的）。
/*位运算优化n皇后*/ #include<cstdio> #include<iostream> #define N 20 using namespace std; int hang[N],n,ans; void dfs(int t,int a,int b,int c)//a，b，c都是二进制数，表示哪一列或对角线是否放过皇后，1为放过 { if(t==n+1) { ans++;return; } int S=((1<<n)-1)&(~(hang[t]|a|b|c)); /* S是一个二进制数，表示当前可以往哪一列放皇后 (hang[t]|a|b|c)表示哪些列从列和对角线的角度来说都放过 加上~（取反），表示哪些列可以放皇后 */ while(S) { int x=S&(-S);//x表示可以当前放皇后的位置 dfs(t+1,a+x,(b+x)<<1,(c+x)>>1); S-=x; } } int main() { //freopen("queen.in","r",stdin); //freopen("queen.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) { int x;scanf("%d",&x); hang[i]+=x<<(j-1); } dfs(1,0,0,0); printf("%d",ans); return 0; }