涂色游戏
来源:互联网 发布:点卡销售系统源码 编辑:程序博客网 时间:2024/06/10 04:20
题目大意
n*m的网格图,有p种颜色可以涂,要求给网格图涂色使得任意相邻两列都满足以下条件:两列出现的颜色数至少为q。
求方案数
DP
设f(i,j)表示目前做了i列,最后一列有j种颜色。转移的话我们可以枚举新的一列有k种颜色,两列共有的颜色数为l,然后方案数为
后面的组合数很好理解,在j种颜色选出l种颜色作为两列的共有色,那么新的一列还有k-l种独有色需要在剩余的p-j种颜色重选取。同时,我们要记得保证q<=j+k-l<=p
g是啥?就是给n个格子用k种颜色涂色的方案数。
我们可以尝试把它当作斯特林数求解。
先不考虑颜色间的顺序,最后再乘个颜色排列数k!就可以了嘛,那么
于是我们得到了本题DP做法。
矩阵乘法优化
我们把上面转移时用一个辅助数组trans[j][k]表示,那么trans数组可以用刚刚讲的求解。
然后变成
矩阵乘法即可
#include<cstdio>#include<algorithm>#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)using namespace std;typedef long long ll;const int maxn=100+10,mo=998244353;int f[2][maxn],g[maxn][maxn],c[maxn][maxn],trans[maxn][maxn],fac[maxn];int a[maxn],b[maxn][maxn],d[maxn][maxn];int sta[100];int i,j,k,l,t,n,m,p,q,ans,now,mi,top;int main(){ freopen("color.in","r",stdin);freopen("color.out","w",stdout); scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q); mi=min(n,p); c[0][0]=1; fo(i,1,100){ c[i][0]=1; fo(j,1,100) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mo; } fac[0]=1; fo(i,1,100) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mo; g[0][0]=1; fo(i,1,n) fo(j,1,min(i,p)) g[i][j]=((ll)g[i-1][j]*j%mo+g[i-1][j-1])%mo; fo(j,1,mi) g[n][j]=(ll)g[n][j]*fac[j]%mo; fo(j,1,mi) fo(k,1,mi) fo(l,0,min(j,k)) if (j+k-l>=q&&j+k-l<=p) (trans[j][k]+=(ll)g[n][k]*c[j][l]%mo*c[p-j][k-l]%mo)%=mo; now=1; fo(i,1,mi) f[now][i]=(ll)g[n][i]*c[p][i]%mo; fo(i,1,mi) a[i]=f[now][i]; fo(i,1,mi) b[i][i]=1; m--; while (m){ sta[++top]=m%2; m/=2; } while (top){ fo(i,1,mi) fo(j,1,mi) d[i][j]=0; fo(k,1,mi) fo(i,1,mi) fo(j,1,mi) (d[i][j]+=(ll)b[i][k]*b[k][j]%mo)%=mo; fo(i,1,mi) fo(j,1,mi) b[i][j]=d[i][j]; if (sta[top]){ fo(i,1,mi) fo(j,1,mi) d[i][j]=0; fo(k,1,mi) fo(i,1,mi) fo(j,1,mi) (d[i][j]+=(ll)b[i][k]*trans[k][j]%mo)%=mo; fo(i,1,mi) fo(j,1,mi) b[i][j]=d[i][j]; } top--; } fo(i,1,mi) d[1][i]=0; fo(i,1,mi) fo(j,1,mi) (d[1][j]+=(ll)a[i]*b[i][j]%mo)%=mo; fo(i,1,mi) (ans+=d[1][i])%=mo; printf("%d\n",ans);}
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