BZOJ 4806 炮（DP）

题意：一个n*m的棋盘，(n,m<=100)，往棋盘上摆炮并且炮之间不会互相攻击的方案数。 

思路：n, m比较大 状压会T了。

可以发现每一列只能0个或1个或2个炮, 列的摆放位置并没有什么关系，所以只需记录摆放1个和2个炮的列数就行。

dp[i][j][k]表示前i行有j列有1个炮，有k列有2个炮的方案数。

状态转移 :

dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j][k])%mod;  //不放炮
dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j-1][k]*(m-(j-1)-k))%mod; //在没炮的地方放一个
dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j+1][k-1]*(j+1))%mod; //在一个炮的地方放一个
dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j-2][k]*C(m-k-(j-2)))%mod;    //在没炮的地方放两个
dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j][k-1]*(m-j-(k-1))*(j))%mod;   //在没炮的地方和一个炮的地方分别放一个
dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j+2][k-2]*C(j+2))%mod;    //在两个一个炮的地方分别放一个炮

代码：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 105;
const int mod = 999983;
ll dp[maxn][maxn][maxn];

int C(int x)
{
    return x*(x-1)/2;
}

int main(void)
{
    int n, m;
    while(cin >> n >> m)
    {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[0][0][0] = 1;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            for(int j = 0; j <= m; j++)
                for(int k = 0; j+k <= m; k++)
                {
                    dp[i][j][k] = (dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k])%mod;  //不放炮
                    if(j-1 >= 0) dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j-1][k]*(m-(j-1)-k))%mod; //在没炮的地方放一个
                    if(j+1 <= m && k-1 >= 0) dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j+1][k-1]*(j+1))%mod; //在一个炮的地方放一个
                    if(j-2 >= 0) dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j-2][k]*C(m-k-(j-2)))%mod;    //在没炮的地方放两个
                    if(k-1 >= 0) dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j][k-1]*(m-j-(k-1))*(j))%mod;   //在没炮的地方和一个炮的地方分别放一个
                    if(j+2 <= m && k-2 >= 0) dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j+2][k-2]*C(j+2))%mod;    //在两个一个炮的地方分别放一个炮
                }
        ll ans = 0;
        for(int i = 0; i <= m; i++)
            for(int j = 0; j+i <= m; j++)
                ans = (ans+dp[n][i][j])%mod;
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}