BZOJ3294: [Cqoi2011]放棋子

Description

Input

输入第一行为两个整数n, m, c，即行数、列数和棋子的颜色数。第二行包含c个正整数，即每个颜色的棋子数。所有颜色的棋子总数保证不超过nm。

Output

输出仅一行，即方案总数除以 1,000,000,009的余数。

Sample Input

4 2 2
3 1

Sample Output

HINT

N,M<=30 C<=10 总棋子数<=250

我们发现因为不能同行同列颜色不同的格子，所以我们相当于是将整张棋盘的行列分给这C种棋子。

这样我们设g[n][m][k]表示前k种棋子放完，占据了n行m列的方案数。g[n][m][k]=sum(g[n-x][n-y][k-1]*C(x,n)*C(y,n)*f[x][y][k])。

其中f[x][y][k]表示第i种棋子刚好放在了x行y列棋盘的方案数，要求每行每列都至少有一个棋子。

不难发现f数组可以用容斥原理来计算，枚举有多少行列没放棋子，转移方程也很简单。

#include<cstdio>

#include<cctype>

#include<queue>

#include<cmath>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)

#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)

#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])

using namespace std;

inline int read() {

    int x=,f=;char c=getchar();

    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-;

    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*+c-'';

    return x*f;

}

typedef long long ll;

const int maxn=;

const int maxm=;

const int mod=;

ll C[][],f[maxn][maxn][],g[maxn][maxn][];

int n,m,c,A[maxn];

void init() {

    C[][]=;

    rep(i,,) {

        C[i][]=C[i][i]=;

        rep(j,,i-) C[i][j]=(C[i-][j-]+C[i-][j])%mod;

    }

}

int main() {

    n=read();m=read();c=read();

    rep(i,,c) A[i]=read();

    init();

    rep(i,,n) rep(j,,m) rep(k,,c) if(i<=A[k]&&j<=A[k]&&i*j>=A[k]){

        f[i][j][k]=C[i*j][A[k]];ll& ans=f[i][j][k];

        rep(i1,,i) rep(j1,,j) if(i1!=i||j1!=j) (ans-=(f[i1][j1][k]*C[i][i1]%mod)*C[j][j1])%=mod;

        ans=(ans%mod+mod)%mod;

    }

    g[][][]=;

    rep(i,,n) rep(j,,m) rep(k,,c) {

        ll& ans=g[i][j][k];

        rep(i1,,i) rep(j1,,j) (ans+=(((f[i1][j1][k]*C[i][i1]%mod)*C[j][j1])%mod)*g[i-i1][j-j1][k-])%=mod;

    }

    ll ans=;

    rep(i,,n) rep(j,,m) (ans+=C[n][i]*C[m][j]%mod*g[i][j][c]%mod)%=mod;

    printf("%lld\n",ans);

    return ;

}

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