【题目大意】

叫你在\(n×m\)的棋盘上放若干个炮(可以是0个)，使得没有一个炮可以攻击到另一个炮，问有多少种放置方法。

【关键词】

  • \(DP\)
  • 分类讨论
  • 乘法和加法原理

【分析】

仔细观察就会发现，棋盘中每行，每列只有放\(0\)，\(1\)，\(2\)个三种方案。如果我们把状态量设为列，那么知道任意两种方案的列数，即可用总列数减去它得到另一种方案的列数。

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我们设状态方程：\(f[i][j][k]\)，表示的是前\(i\)行，其中\(j\)列有\(1\)个棋子，\(k\)列有\(2\)个棋子的总方案数。

那么对于行的转移，我们有三种情况。

  1. 在第\(i\)行不放棋子。
  2. 在第\(i\)行放\(1\)个棋子。
  3. 在第\(i\)行放\(2\)个棋子。

  • 不放棋子，即\(f[i][j][k]=f[i-1][j][k]\)。

  • 放\(1\)个棋子，又分两种情况:
    • 放在有\(1\)个棋子的列上，\(j+1\)列都可以放。即\(f[i][j][k]+=f[i-1][j+1][k-1]*(j+1)\)。
    • 放在没有棋子的列上，\(m-(j-1)-k\)列都可放。即\(f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k]*(m-j-k+1)\)
  • 放\(2\)个棋子，分三种情况:
    • \(2\)个都放在没有棋子的列上。即\(f[i][j][k]+=f[i-1][j-2][k]*C_{m-(j-2)-k}^{2}\)。
    • \(2\)个都放在有\(1\)个棋子的列上。即\(f[i][j][k]+=f[i-1][j+2][k-2]*C_{j+2}^2\)。
    • \(1\)个放在没有棋子的列上，另一个放在有\(1\)个棋子的列上。即\(f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-1]*(m-j-k+1)\)。

然后就可以\(A\)掉了，哦，记得开\(long long\)。。。

【Code】

#pragma GCC optimize("O3")
#pragma GCC optimize("O2")
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#define ll long long
#define R register
using namespace std;
const int MAX = 100 + 5;
const int mod = 9999973;
inline int read(){
    int f = 1, x = 0;char ch;
    do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0'||ch>'9');
    do {x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9'); 
    return f*x;
}
inline ll c(ll x) {
    return (x * (x - 1) / 2) % mod;
}
int n, m;
ll f[MAX][MAX][MAX], ans;
int main(){
    n = read(), m = read();
    f[0][0][0] = 1;
    for (R int i = 1;i <= n; ++i) {
        for (R int j = 0;j <= m; ++j) {
            for (R int k = 0;k <= m - j; ++k) {
                f[i][j][k] = f[i-1][j][k];
                if (k > 0) {
                    f[i][j][k] += (f[i-1][j+1][k-1] * (j+1)) % mod;
                    f[i][j][k] %= mod;
                    
                    f[i][j][k] += (f[i-1][j][k-1] * j * (m-j-k+1)) %mod;
                    f[i][j][k] %= mod;
                }
                if (j > 0) {
                    f[i][j][k] += (f[i-1][j-1][k] * (m-j-k+1)) %mod;
                    f[i][j][k] %= mod;
                }
                if (k > 1) {
                    f[i][j][k] += (f[i-1][j+2][k-2] * c(j+2)) % mod;
                    f[i][j][k] %= mod;
                }
                if (j > 1) {
                    f[i][j][k] += (f[i-1][j-2][k] * c(m-j-k+2)) % mod;
                    f[i][j][k] %= mod;
                }
            }
        }
    }
    for (R int i = 0;i <= m; ++i) {
        for (R int j = 0;j <= m; ++j) {
            ans += f[n][i][j];
            ans %= mod;
        }
    }
    printf("%lld", (ans + mod) % mod);
    return 0;
}
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