开学啦，没啥时间写博客。。过几天就能又停课啦qwq

做点中等 \(dp\) 题来找找 noip 的感觉 233

题意

原题戳这里。

给你一个 \(n \times m\) 的矩阵 \(A\) ，一开始全是 \(0\) 。

然后你可以对这个矩阵进行 \(k\) 次操作：

• 每次选择一个宫格 \((i, j)\) ，将第 \(i\) 行和第 \(j\) 列的状态翻转。（注意 \((i, j)\) 这个点的状态翻转两次然后不会改变）

问最后使得 \(A\) 中恰好有 \(S\) 个宫格被染黑的方案数。

\(1 \le n, m, k \le 3000\)

题解

思路很简单，首先我们考虑最后如果有 \(a\) 行被染了奇数次， \(b\) 列被染了奇数次，那么最后被染黑（变成 \(1\) ）的格子数就是 \(a * m + b * n – 2 * a * b\) 。

我们可以暴力枚举 \(a, b\) 然后判断它得到面积是否为 \(S\) 。

然后我们就要考虑计算一个数，表示 \(k\) 次操作后，恰好有 \(a\) 行且 \(b\) 列被染黑的方案数。

我们很容易发现行和列的方案是互不影响的，然后我们可以考虑计算 \(k\) 次操作后，恰好有 \(a\) 行是染黑的方案数。

这个很显然可以用一个 \(dp\) 来计算，令 \(f_{i, j}\) 表示第 \(i\) 次操作后，恰好有 \(j\) 行染黑的方案数。

\[f_{i,j} = f_{i – 1, j – 1}\times (n – j + 1) + f_{i – 1,j + 1} \times(j + 1)
\]

这个转移意义十分的显然（就是忽略每行的区别，直接计算有几种方案使得它发生变化）

对与列的 \(dp\) 也是一样的。 然后就能很轻松的做完啦qwq

复杂度是 \(O(k(n + m) + nm)\) 的。

总结

忽略一些表面上的区别，把本质相同的当做一个状态去转移就行了。

后记

我总认为这个题可以把 \(n, m, k\) 出到 \(10^5\) 乃至 \(10^6\) 。

对于 \(a, b\) 的枚举，我们可以单枚举一个，然后快速算出另外一个。（因为是一次函数，所以一一对应）

然后瓶颈就在求那个每行的方案数上了。

那个应该可以用生成函数等高端计数技巧来进行优化，目前我还没有找出规律qwq

其实可以用线性代数魔法优化到 \(O(n \log n \log k)\) ，就是特征多项式用 \(NTT\) 转移即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)using namespace std;typedef long long ll;inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}inline int read() {
int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
return x * fh;
}const int N = 3e3 + 1e2, Mod = 1e9 + 7;void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("binary-flips.in", "r", stdin);
freopen ("binary-flips.out", "w", stdout);
#endif
}ll dpn[N][N], dpm[N][N];int main () {File();for (int cases = read(); cases; -- cases) {int n = read(), m = read(), k = read(), s = read();dpn[0][0] = 1;
For (i, 1, k) {
For (j, 1, i)
dpn[i][j] = (dpn[i - 1][j + 1] * (j + 1) + dpn[i - 1][j - 1] * (n - j + 1)) % Mod;
dpn[i][0] = dpn[i - 1][1];
}dpm[0][0] = 1;
For (i, 1, k) {
For (j, 1, i)
                dpm[i][j] = (dpm[i - 1][j + 1] * (j + 1) + dpm[i - 1][j - 1] * (m - j + 1)) % Mod;
dpm[i][0] = dpm[i - 1][1];
}int ans = 0;
For (a, 0, k) if ((k & 1) == (a & 1)) For (b, 0, k) if ((k & 1) == (b & 1) && a * m + b * n - 2 * a * b == s) {
ans = (ans + dpn[k][a] * dpm[k][b]) % Mod;
}
printf ("%d\n", ans); }return 0;
}