exam_11.10

炮(cannon)
【題⽬描述】 衆所周知，雙炮疊疊將是中國象棋中很厲害的⼀招必殺技。炮吃⼦時必須 隔⼀個棋⼦跳吃，即俗稱“炮打隔⼦”。 炮跟炮顯然不能在⼀起打起來，於是rly ⼀天借來了許多許多的炮在棋盤上擺了起來……他想知道，在N×M的矩形⽅格 中擺若⼲炮（可以不擺）使其互不吃到的情況下⽅案數有⼏種。 棋⼦都是相同的。
【輸⼊說明】 ⼀⾏，兩個正整數N和M。
【輸出說明】 ⼀⾏，輸出⽅案數mod 999983。
【樣例輸⼊】 1 3
【樣例輸出】 7
【數據範圍】 對於40%的數據,N<=4,M<=4 對於70%的數據,N<=100,M<=8 對於100%的數據,N<=100,M<=10

題解：

[AHOI2009中國象棋] 原題

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

int n, m;
long long f[111][111][111], ans;
long long MOD = 999983;
int main() {
    freopen("cannon.in", "r", stdin);
    freopen("cannon.out", "w", stdout);
    scanf("%d%d", &n, &m);
    f[0][0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = 0; j <= m; j++) {
            for(int k = 0; k <= m - j; k++) {
                if(k && i == 1) break;
                long long & now = f[i][j][k];
                now += f[i - 1][j][k];
                if(j >= 1) now = (now + f[i - 1][j - 1][k] * (m - j + 1 - k)) % MOD; //µÚiÐзÅÒ»¸ö ÇÒ·ÅÔÚÁË֮ǰûÓÐÅÚµÄÒ»ÁС£¡£ 
                if(j + 1 <= m && k >= 1) now = (now + f[i - 1][j + 1][k - 1] * (j + 1)) % MOD; //µÚiÐзÅÒ»¸ö ÇÒ·ÅÔÚÁË֮ǰÓÐÒ»¸öÅÚµÄÒ»ÁÐ 
                if(j >= 2) now = (now + f[i - 1] [j - 2][k] * ((m - j + 2 - k) * (m - j + 2 - k - 1) / 2)) % MOD; //µÚiÐзÅÁ½¸ö ÇÒ¶¼·ÅÔÚÁË Ã»ÓÐÅÚµÄÁÐ 
                if(k >= 1) now = (now + f[i - 1][j][k - 1] * (m - j - k + 1) * (j)) % MOD; //µÚiÐзÅÁ½¸ö Ò»¸ö·ÅÔÚûÓÐÅÚµÄÒ»ÁÐ Ò»¸ö·ÅÔÚÁËÓÐÒ»¸öÅÚµÄÒ»ÁÐ 
                if(j + 2 <= m && k >= 2) now = (now + f[i - 1][j + 2][k - 2] * ((j + 2) * (j + 2 - 1) / 2) ) % MOD; //µÚiÐзÅÁ½¸ö ¶¼·ÅÔÚÁËÓÐÒ»¸öÅÚµÄÒ»ÁÐ
                now %= MOD; 
//              cout<<"f["<<i<<"]["<<j<<"]["<<k<<"] = "<<now<<endl;
            }
        }
    }
    for(int i = 0; i <= m; i++) 
        for(int j = 0; j <= m - i; j++) 
            ans = (ans + f[n][i][j]) % MOD;
    ans %= MOD;
    printf("%lld\n", ans);
}
/*
*/

---

三維狀態的DP

⾞(rook)
【題⽬描述】 衆所周知，⾞是中國象棋中最厲害的⼀⼦之⼀，它能吃到同⼀⾏或同⼀列 中的其他棋⼦。⾞跟⾞顯然不能在⼀起打起來，於是rly⼀天又借來了許多許多 的⾞在棋盤上擺了起來……他想知道，在N×M的矩形⽅格中擺最多個數的⾞使 其互不吃到的情況下⽅案數有⼏種。但是，由於上次擺炮擺得實在太累，他爲 了偷懶，打算增加⼀個條件：對於任何⼀個⾞A，如果有其他⼀個⾞B在它的上 ⾯（⾞B⾏號⼩於⾞A），那麼⾞A必須在⾞B的右邊（⾞A列號⼤於⾞B）。 棋⼦都是相同的。 
【輸⼊說明】 ⼀⾏，兩個正整數N和M。 
【輸出說明】 ⼀⾏，輸出⽅案數的末尾50位（不⾜則直接輸出）。 
【樣例輸⼊】 2 2
【樣例輸出】 1 
【數據範圍】 對於20%的數據，N<=10，M<=10。 對於40%的數據，N<=40，M<=40。 對於70%的數據，N<=10000，M<=10000。 對於100%的數據，N<=1000000，M<=1000000。 

題解：

排列組合C(n,m) + 質因數分解(快速質因數分解John M. Pollard方法 n ^(1/4)) + 高精乘

---

如果 n < m, 交換一下.
一開始寫的遞推 O(m * (n - m +１))　後來發現可以矩陣乘法，　再後來發現可以兩個ｓｕｍ轉換前綴和。。。。然而不是正解。。。。
注意坑點：如果答案超過50位，則前導零不能刪，若答案不超過50位，不要前導零。

---

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

#define debug cout<<"Orzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzz"<<endl;

long long n, m;
long long check[1111111], prime[1111111], js[1111111], ans[111];

void work(long long now, int val) {
    for(int i = 1; i <= prime[0]; i++) {
        long long tmp = now;
        while(tmp) {
            if(val) js[i] += tmp / prime[i];
            else js[i] -= tmp / prime[i];
            tmp /= prime[i];
        }
    }
}

int work_2(long long x, int y) {
    while(y--) {
        for(int i = 1; i <= ans[0]; i++) ans[i] *= x;
        for(int i = 1; i <= ans[0] + 8 && i <= 50; i++) 
            if(ans[i] > 9) {
                ans[i + 1] += ans[i] / 10;
                ans[i] %= 10;
            }
        ans[0] = min(50, (int)ans[0] + 8);
        while(ans[ans[0]] == 0) ans[0]--;
//      while(ans[ans[0] + 1]) ans[0]++; //DEBUG!!!!²»ÒªÕâôд£¡£¡£¡£¡ 901111 »áÔÚ0´¦Ìø³ö£¡£¡£¡£¡£¡Ê¹ans¡¾0¡¿ = 4 

//      cout<<y<<" dfdfdfd "<<endl;
//      getchar();
    }
}

int main() {
    freopen("rook.in", "r", stdin);
    freopen("rook.out", "w", stdout);
    ans[++ans[0]] = 1;
    cin>>n>>m;
    if(n < m) {
        n += m;
        m = n - m;
        n -= m;
    }
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        if(!check[i]) prime[++prime[0]] = i;
        for(int j = 1; j <= prime[0]; j++) {
            if(prime[j] * i > n) break;
            check[prime[j] * i] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
    work(n, 1);
    work(m, 0);
    work(n - m, 0);
    for(int i = 1; i <= prime[0]; i++) {
        if(js[i] >= 1) 
            work_2(prime[i], js[i]);
//      cout<<js[i]<<' '<<i<<' '<<prime[i]<<endl;
    }
    int xx = 50;
    while(ans[xx] == 0 && xx > 1) xx--;
    if(ans[51]) xx = 50;
    for(int i = xx; i >= 1; i--) cout<<ans[i];
    return 0;
}

---

皇后(queen)
【題⽬描述】 衆所不知，rly現在不會玩國際象棋。但是，作爲⼀個OIer，rly當然做過⼋ 皇后問題。這⾥再囉嗦⼏句，皇后可以攻擊到同⾏同列同對⾓線，在n*n的⽅格 中擺n個皇后使其互不攻擊到，求不同的解的數量，這就是經典的n皇后問題。 現在問題推⼴到n皇后問題，這個問題對於你⽽⾔實在是⼩菜⼀疊。但因爲上⼀ 次rly把棋盤弄破了，又拿不出新的，所以rly打算難⼀點點，問題就是破棋盤上 的n皇后問題。他想知道……（你們懂的）。 棋⼦都是相同的。 
【輸⼊說明】 ⼀⾏，⼀個正整數N。 接下來N⾏，每⾏N個數，要麼爲0，表⽰沒壞，要麼1，表⽰壞了。 
【輸出說明】 ⼀⾏，輸出不同的解的數量。 
【樣例輸⼊】 4
 1 0 1 1 
 1 1 1 0 
 0 1 1 1 
 1 1 0 1 
【樣例輸出】 1 
【數據範圍】 對於40%的數據，N<=13。 對於100%的數據，N<=16。 其中有30%的數據，棋盤沒有破（你可以認爲rly又去買了⼀個新的）。

---

題解：

位運算的n皇后 比數組記錄可選位置要快很多

---

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

int xie_sum[50], xie_unsum[50], hang[50], lie[50];
long long ans;
int cs[50];
int n, cnt;
long long db[32] = {0, 1, 0, 0, 2, 10, 4, 40, 92, 352, 724, 2680, 14200, 73712};
struct node {
    int x, y;
    bool operator < (const node & xx) const {
        return x < xx.x;
    }
}ha[356];
int lb(int now) {
    return now & (-now);
}
int dfs(int now, int lie, int xie_l, int xie_r) {
    int nn = cs[now] & lie & xie_l & xie_r;
    if(now > n) {
        ans++;
        return 0;
    }
    while(nn) {
        int tmp = lb(nn);
        int x1 = lie, x2 = xie_l, x3 = xie_r;
        x1 ^= tmp;
        x2 ^= tmp;
        x3 ^= tmp;
        x2 <<= 1;
        x2 |= 1;
        x3 >>= 1;
        x3 |= 1 << (n - 1);
        if(x2 >> n) x2 -= 1 << n;
//      cout<<now<<' '<<nn<<' '<<tmp<<' '<<x1<<' '<<x2<<' '<<x3<<" dfdfdfdf "<<endl;
        nn -= tmp;
        dfs(now + 1, x1, x2, x3);
    }
}

int main() {
    freopen("queen.in", "r", stdin);
    freopen("queen.out", "w", stdout);
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = 1; j <= n; j++) {
            int xx;
            scanf("%d", &xx);
            if(!xx) cs[i] |= (1 << (n - j));
        }
//      cout<<"cs["<<i<<"] = "<<cs[i]<<endl;
    }
//  sort(ha + 1, ha + 1 + cnt);
//  if(cnt == n * n) {
//      cout<<db[n]<<endl;
//      return 0;
//  }
    dfs(1, (1 << n) - 1, (1 << n) - 1, (1 << n) - 1);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

/*
4
1 0 1 1
1 1 1 0
0 1 1 1
1 1 0 1
long long db[32] = {0, 1, 0, 0, 2, 10, 4, 40, 92, 352, 724, 2680, 14200, 73712}

4
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0

14
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
*/