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郑重声明：这篇记录《 id=667" target="_blank" style="word-wrap:break-word; word-break:normal; margin:0px; padding:0px; color:rgb(153,153,153); text-decoration:none">【百度之星2014~初赛（第二轮）解题报告】Chess
id=667
前言
近期要毕业了，有半年没做比赛了．
这次參加百度之星娱乐一下．
如今写一下 Chess 这道题的的解题报告．
正文
题意
题意非常easy，告诉你一个矩阵。以及一个起始坐标．
问走k步有多少个不同的路线．
一个路线能够记为上下左右。则k步有k个上下左右，比方 "上上左左下下" 是一个路线．
分析
矩阵的大小是1000*1000, k ＝ １000, 假设使用搜索肯定不行．
起始非常easy往矩阵幂这个方向上想，可是状态太多了。 1000*1000 个状态。行不通．
当时我也考虑分行和列来做。可是就差那么一步就不向下想了．
网上找了一个解题报告，这个解题报告的分析非常easy，仅仅有一句话：能够非常容易发现行和列是独立的。
好吧！
看到这句话我瞬间会做这道题了．
接下来我就详细写写推算公式给大家．
假设是暴力的话，答案应该是
ans = sum( Count(i, j, k) );
当中 Count(i, j, k) 代表 从(x, y) 走 k 步到 坐标(i, j) 的路径个数．
对于 Count(i, j, k) 我们怎么求出来呢？
如果从(x, y) 走 k 步到 坐标(i, j)时, 我们有 t 步是上下移动的。 k - t 步是左右移动的，也就是 k 步中有 t 步是上下移动的，及 C(k, t) 吧．
于是我们能够得带这个公式了．
Count(i, j, k) = sum(C(k, t) * Count(i, t) * Count(j, k- t) )
当中 C(k, t) 是组合数
Count(i, t) 代表从数轴x 仅仅上下移动走 t 步到达 数轴 i 的路线数，当然。因为是上下，有个上界n,最大行数.
相应这 Count(j, k-t ) 代表从数轴 y 仅仅左右移动走 k - t 步 到达 j 的路线数， 上界是 m, 最大列数．
我们把这个公式带入暴力公式能够得到
ans = sum( C(k, t) * Count(i, t) * Count(j, k- t) )
当中 0<=t<=k, 1<=i<=n, 1<=j<=m.
然后我们把 i 展开能够得到
ans = sum(
C(k, t) * Count(1, t) * Count(j, k- t)
+C(k, t) * Count(2, t) * Count(j, k- t)
+ ...
+C(k, t) * Count(n, t) * Count(j, k- t)
)
再提取公因式，能够得到
ans = sum( C(k, t) * Count(j, k - t) * sum(Count(i, t)) )
同理，能够把 j 展开
ans = sum(
C(k, t) * Count(1, k - t) * sum(Count(i, t))
＋C(k, t) * Count(2, k - t) * sum(Count(i, t))
＋．．．
＋C(k, t) * Count(m, k - t) * sum(Count(i, t))
)
这个也能够提取公因式
ans = sum(C(k, t) * sum( Count(j, k-t ) ) * sum( Count( i, t ) ))
我们能够看到，对于 C(k, t) 是组合数，能够预处理得到．
对于 Count(i, t) 和 Count(j, k-t ) 我们都能够使用 O(n^2) 的预处理得到．
然后我们再使用O(n) 的预处理能够得到 sum( Count(j, k-t) ) 和 sum( Count(i, t) ).
最后我们使用 O( k ) 的复杂度得到它们的乘积就可以．
代码
/*************************************************************************
> File Name: 2.2.cpp
> Author: tiankonguse
> Mail: i@tiankonguse.com
> Created Time: Mon 26 May 2014 11:31:15 AM CST
***********************************************************************/
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<functional>
#include<stdarg.h>
using namespace std;
#ifdef __int64
typedef __int64 LL;
#else
typedef long long LL;
#endif
const int N = 1111;
int map[4]= {-2,-1,1,2};
LL C[N][N];
LL mod = 9999991;
LL str[2][N][N], sum[2][N]; void getC() {
memset(C,0,sizeof(C));
C[0][0] = 1;
for(int i = 1; i < N; i++) {
C[i][0] = C[i][i] = 1;
for(int j = 1; j < i; j++) {
C[i][j] =( C[i-1][j] + C[i-1][j-1]) % mod;
}
}
} void DP(LL str[N][N], LL sum[N], int x, int n, int k) {
str[0][x] = 1;
sum[0] = 1;
for(int t=1; t<=k; t++) {
for(int i=2; i<=n; i++) {
for(int kk=0; kk<4; kk++) {
str[t][i] = (str[t][i] + str[t-1][i+map[kk]]) % mod;
}
sum[t] = (sum[t] + str[t][i]) % mod;
}
}
} LL get(int k, int i) {
return ((C[k][i] * sum[0][i] % mod) * sum[1][k-i] % mod);
} int main() {
getC();
int t,n,m,k,x,y;
LL ans;
scanf("%d",&t);
for(int tt=1; tt<=t; tt++) {
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&k,&x,&y);
n++,m++,x++,y++;
memset(str,0,sizeof(str));
memset(sum,0,sizeof(sum));
DP(str[0], sum[0], x, n, k);
DP(str[1], sum[1], y, m, k); ans = 0;
for(int i = 0; i <= k; i++) {
ans = (ans + get(k, i))%mod;
}
printf("Case #%d:\n%lld\n",tt,ans);
} return 0;
}
參考
http://www.cnblogs.com/kuangbin/p/3751404.html