基础算法题——牛牛的棋盘（容斥原理）

容斥原理：
一种计数方法。先不考虑重叠的情况，把包含于某内容中的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重复计算的数目排斥出去，使得计算的结果既无遗漏又无重复。

题目

牛客网
牛牛最近在家里看到一个棋盘，有 n * m 个格子，在棋盘旁边还放着 k 颗棋子，牛牛想把这 k 颗棋子全部放在 n * m 的棋盘上，但是有一个限制条件：棋盘的第一行、第一列、最后一行和最后一列都必须有棋子。牛牛想知道这样的棋子放法到底有多少种，答案需要对1e9+7取模。

示例1
输入
2,3,1
输出
0

说明
就1颗棋子，所以无法满足条件。

示例2
输入
2,2,2
输出
2

说明
我们可以把第1颗棋子放在左上角，第2颗棋子放在右下角；也可以把第1颗棋子放在右上角，第2颗棋子放在左下角。故而有2种放法。
备注:
2<=n,m<=30; 1<=k<=1000

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解题思路

题意清晰明了，但是若直接求第一行、第一列、最后一行和最后一列都必须有棋子的情况数，我们会发现要考虑的情况很多，例如：加入棋子在左上方角上，那么第一行、第一列可以不必再放棋子，那最后一行、最后一列又该如何放棋子呢？问题看起来相当复杂。

利用容斥原理
将计算出棋盘所有情况，再减去不符合条件的情况数，最终结果就是符合条件的情况数。
由于每种情况下的条件具有叠加的效果，不符合条件的情况数的确定成为了难点。

举例说明
假设求下图圆所圈中的范围S
S = S_A + S_B + S_C - S_BC - S_AB - S_AC + S_ABC

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实现代码

#include
#include
long long f[1010][1010];
const long long mod = 1e9+7;

void init(int n){
	memset(f, 0, sizeof(f));
	for(int i=1; i<=n; i++){
		f[i][1] = i;
	}
	for(int i=1; i<=n; i++)
	for(int j=2; j<=n; j++)
		f[i][j] = (f[i-1][j-1] + f[i-1][j]) % mod;
	return;
}

int solve(int n, int m, int k){
	init(n*m);
	int ans = f[n*m][k] % mod;						//	      f[n*m][k]：每个位置都可以放	 
	ans = (ans - 2 * f[n*(m-1)][k] + mod) % mod;	//	  f[n*(m-1)][k]：左列或右列不可放 
	ans = (ans - 2 * f[(n-1)*m][k] + mod) % mod;	//	  f[(n-1)*m][k]：上行或下行不可放 
	ans = (ans + 4 * f[(n-1)*(m-1)][k] + mod) % mod;//f[(n-1)*(m-1)][k]：一行与一列不可放 
	ans = (ans + f[n*(m-2)][k] + mod) % mod;		//	  f[n*(m-2)][k]：左右列不可放 
	ans = (ans + f[(n-2)*m][k] + mod) % mod;		//	  f[(n-2)*m][k]：上下行不可放 
	ans = (ans - 2 * f[(n-2)*(m-1)][k] + mod) % mod;//f[(n-2)*(m-1)][k]：上下行与一列不可放 
	ans = (ans - 2 * f[(n-1)*(m-2)][k] + mod) % mod;//f[(n-1)*(m-2)][k]：左右列与一行不可放 
	ans = (ans + f[(n-2)*(m-2)][k] + mod) % mod;	//f[(n-2)*(m-2)][k]：左右列与上下行不可放 
	return ans;
}


int main(){
	int n, m, k, ans=0;
	scanf("%d,%d,%d", &n, &m, &k);
	printf("%lld", solve(n,m,k));
	return 0;
}

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