[jzoj]5965. 【NOIP2018提高组D2T2】填数游戏（推式子）

Problem

• 给定你一个$n\cdot m$网格棋盘，要求用$0/1$填充每一个格子.

• 使得任意两条从原点$(0,0)$到$(n-1,m-1)$的不完全相交路径，先走右方向（字典序大）的路径的$01$路径字典序相对小.

• 求方案数.

Data constraint

• $n\le 8,m\le 10^6$

Solution

• 其实这题可以不用$DP$.

• 显然对于棋盘上的某一种填法$A$，满足$$\forall i\in (0,n),j\in (0,m),A_{i,j}\ge A_{i-1,j+1}$$

• 且显然如果当$A_{i,j}=A_{i-1,j+1}$时，$(i,j+1)\to (n,m)$形成一个封闭局面，这个局面的每条对角线上的数必须相同，这样是为了保证$(i,j+1)\to (n,m)$的每条路径相同.

• 那么现在就可以分类讨论了：

  • $(0,1),(1,0)$两格相同：

    • 这种情况下，只需要使得$(1,1)\to (n,m)$的所有对角线上数字相同.

    • 同时第一列和第一行会受其影响，仔细推一波式子可以搞定.

    • 答案形如$4^x\ast 3^y\ast 2^z$.

    • 这是最简单的情况。

  • $(0,1),(1,0)$两格不同：

    • $(0,2),(1,1),(2,0)$相同：

      • 这一种情况也相对简单，也是一波式子可以搞定的.

      • 这是次简单的情况，其实与第一种情况完全类似，答案的形式也是一样的.

    • $(0,2),(1,1),(2,0)$其中一对相同：

      • 不难发现$(1,1)$与$(2,0)$或$(0,2)$相同是等价的.

      • 不妨假设$(1,1),(2,0)$相同.

      • 设$f[i]$表示到第$i$条对角线上时，在前两行的第$i-1$条斜线上及以前有过“配对成功”的方案数。

      • “配对成功” 是指在最上边两行中，第二行的某一格与其斜上方的格相同，称之为配对成功。

      • 因为一旦配对成功，接下来第二行的填数就会有限制.

      • 当第一行与第二行全部没有配对成功时，当前的一条对角线实际上有$5$种填法，而当第$i$条对角线配对成功时，实际上只有$4$种填法.

      • 那么考虑一下转移就可以写出：$$f[i]=f[i-1]\ast 4+4\ast 5$$

      • 表示的含义是：

      • （在$i-2$条斜线上以前就匹配成功的方案$f[i-1]$） *（当前第$i$条对角线的$4$种填法） + （$i-1$条斜线第一次匹配成功的$4$种填法） * （当前第$i$条对角线因不受任何影响所以有$5$种填法.）

• 这样就可以计算出当$n=m$的答案了.

• 当$m=n+1$时，前两种分类讨论是很容易继续推广的，关键是第三种 分类讨论应当如何推广.

• 不妨画一下图，我们发现，实质上答案是$$ANS=(4+4\ast 4+(f[n]\ast 3+4\ast 3)\ast 2)\ast 2^{n-1}$$

• 至于为什么也是按上面第三种分类讨论一样，根据最后一条对角线是否匹配成功进行讨论.

• 而当$m=n+1$时，$(2,0),(1,1),(0,2)$哪两个相同是会有影响的，根据上面的推法，也不难推出另外一种的答案实质上是$$ANS=(f[n]\ast 3+4\ast 5)\ast 2^n$$

• 并且继续仔细推式子后可以发现当$m>n+1$时，$m$每加一，答案会乘$3$.

• 于是时间复杂度是$O(n+lo{g}_{2}m)$，可以矩阵转移做到$O(lo{g}_n+lo{g}_m)$

• 参考代码：

F(i, 1, n - 4)
	f[i + 1] = (4 * 5 + f[i] * 4) % Mo; // 4表示上一条对角线第一次配对成功
ans = 2 * (3 + 4 * 3 + f[n - 3] * 2) * ksm(2, n - 1); // n==m 时的
a1 = ksm(4, n - 2) * ksm(2, n + 1) % Mo; //第一种情况
a2 = 5 * ksm(4, n - 4) * ksm(2, n + 1) % Mo; //第二种情况
if (n == m) { printf("%d", (ans + a1 + a2) % Mo); return 0; } 

ANS1 = (4 + 4 * 4 + (f[n - 3] * 3 + 4 * 3) * 2) * ksm(2, n - 1) % Mo; // n+1==m的第一种情况
ANS2 = (f[n - 3] * 3 + 4 * 5) * ksm(2, n) % Mo; //n+1==m的第二种情况
printf("%d", ((((a1 + a2) * 3 + ANS1 + ANS2) % Mo) * ksm(3, m - n - 1)) % Mo);