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题目描述

廖神和男神在植树节的时候准备玩一个奇怪的游戏,他们现在有一个被分割成n*n个格子的矩形土地,他们现在准备往这个地里种树,但这个种树游戏必须满足以下两个要求:

1.每个格子只能是不种树(“0”)或种树(“1”)
2.每行和每列只能种两棵树
现在了不起的廖神种了之前的m行,他邀请男神种完剩下的树。可是男神很懒,这种事他一般都是交给学弟来做,那么聪明的你知道一共有多少种不同的填法吗?

输入格式

第一行是3个整数n,m,mod (2≤n≤500, 0≤m≤n, 2≤mod≤10^9).接下来的m行每行包含n个字符,每行有且仅有2个'1'表示已经种过树了,其余全为'0',表示没有种过树,而给出的每一列上至多有2个1,则廖神会使得他种过的树符合规定. 多组数据, 以EOF结束

输出格式

输出男神能够种果树的方案数 模mod的余数.

输入样例

3 1 1000
011

输出样例

2

分析

这个数据大小就要n2以内的时间复杂度,这样肯定不能搜索。前m行按要求种好了,现在要种的矩形土地里某些列不能种了,某些只能种一棵,剩下的必须种两棵。

我们一行行来种。每种一行,就会出现下面三种状态转移:

i表示能种一棵树的列数,j表示能种两棵树的列数。

1. 选择i列中的两列,i,j 变成 i-2,j。

2. 选择i列和j列的各一列,因为j的某列种了一棵树,这列就变成只能种一棵树的列,所以i,j变成 i,j-1。

3. 选择j中两列,i,j变成i+2,j-2。

dp[k][i][j]表示种完第k行,有i列能种一棵树,j列能种两棵树的方案数。那么就有

dp[k][i][j]+=dp[k-1][i+2][j]*C(i+2,2) 表示k-1行种好后,选择只能种一棵的i+2列里的两列。

dp[k][i][j]+=dp[k-1][i][j+1]*C(i,1)*C(j+1,1) 表示选择i列和j+1列中的各一列。

dp[k][i][j]+=dp[k-1][i-2][j+2]*C(j+2,2) 表示选择j+2列里的两列。

这样最后的dp[n][0][0]就是我们的答案了。

转移时,k在增大。

所以可以这样写循环:

for(k:m+1 to n)

  for(j:0 to b)//j最大就是b了,不可能变大。

    for(i: 0 to n)//为什么是n呢,因为如果先种j列中的列,那么i就在增大,可以大于a,最大到n。

    {...}

能不能减少维数呢?

能种两棵的列往减小或相同的方向转移,即j+1、j+2、j转移到j。

且j相同时,i往小的方向转移,所以我们可以去掉代表第几行的那一维,然后循环这样写:

for(j:b downto 0)

    for(i: n downto 0)

    {...}

一开始dp[a][b](a列能种一棵树,b列能种两棵树。)=1。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 550
#define ll long long
int dp[N][N];
int a,b,v[N];
int n,m,mod;
char s[N];
int main()
{
while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod))
{
memset(dp,,sizeof dp);
memset(v,,sizeof v);
b=n;
a=;
for(int i=; i<=m; i++)
{
scanf("%s",s);
for(int j=; j<n; j++)
if(s[j]=='')
{
v[j]++;
if(v[j]==)
a--;
else
{
b--;
a++;
}
}
}
dp[a][b]=;
for(int j=b; j>=; j--)
for(int i=n; i>=; i--)
if(i!=a||j!=b)
{
if(i>=)
dp[i][j]+=(ll)(j+)*(j+)/ *dp[i-][j+]%mod;
if(dp[i][j]>=mod)
dp[i][j]-=mod; dp[i][j]+=(ll)i*(j+)*dp[i][j+]%mod;
if(dp[i][j]>=mod)
dp[i][j]-=mod; dp[i][j]+=(ll)(i+)*(i+)/ *dp[i+][j]%mod;
if(dp[i][j]>=mod)
dp[i][j]-=mod;
}
printf("%d\n",dp[][]);
}
return ;
}

  

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