2015 JSOI冬令营训练 彩色格子 题解

解析

棋盘上黑白格染色。曼哈顿距离偶数：奇偶性相同。

枚举有几种颜色分到白格，组合数计算即可。

注意预处理，时间还是比较宽裕的。

为了不重复计数，考虑枚举严格用了i种颜色，我们再枚举分配j种给白集合。设白集合、黑集合大小分别为s1,s2，那么这种分配方案对答案的贡献为 \(C^k_i\) \(C^k_i\) \(f_{s1,j}\) \(f_{s2,i-j}\) \(j!\) \((i-j)!\)

\(f_{i,j}\) 表示第二类斯特林数，表示将i个数分配到j个集合的方案数。

\(f_{i,j}\) = \(f_{i-1,j-1}\) + \(f_{i-1,j}\) \(\times j\)

\(f_{0,i}\) = \(0^i\)

这些东西都可以预处理。

注意边界要开好，不然n=1,m=1情况会错。

时间复杂度$ O(n^2 m^2+qK2) $。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long p=1000000007;
int T,n,m,k,s1,s2;
long long c[410][410],f[410][60],fact[410],ans;
bool mape[25][25];
int main(){
    scanf("%d",&T);
    c[0][0]=1;c[1][0]=c[1][1]=1;
    for(int i=2;i<=405;++i){
        for(int j=0;j<=i;++j){
            c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%p;
        }
    }
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=405;++i){
        for(int j=1;j<=50&&j<=i;++j){
            f[i][j]=(f[i-1][j]*j+f[i-1][j-1])%p;
        }
    }
    fact[0]=1;
    for(int i=1;i<=405;++i){
        fact[i]=(long long)i*fact[i-1]%p;
    }
    while(T--){
        scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
        s1=0,s2=0;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            for(int j=1;j<=m;++j){
                mape[i][j]=(i&1)^(j&1);
                s1+=mape[i][j];
                s2+=1^mape[i][j];
            }
        }
        ans=0;
        for(int i=1;i<=k;++i){
            for(int j=0;j<=i;++j){
                (ans+=(((((c[k][i]%p*c[i][j])%p*f[s1][j])%p*f[s2][i-j])%p*fact[j])%p*fact[i-j])%p)%=p;
            }
        }
        printf("%lld\n",ans%p);
    }    return 0;
}