[CQOI2011]放棋子

数论 容斥

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题面

在一个$n$行$m$列的棋盘里放$c$种不同色的棋子（每种有$c_i$个），使得每个格子最多放一个棋子，且不同
颜色的棋子不能在同一行或者同一列。有多少种方法？

$n,m\leq30,c\leq10$

解析

被细节坑惨系列
题目输入了$n,m,c$这三个量，于是$DP$数组中也要包含这三个量。(？？？)
设$f[i][j][k]$表示前$k$种棋子放了任意$i$行、$j$列。
决策是：在哪些位置填同种颜色的棋子。

于是枚举上一个状态的$i,j$（表示为$l,r$）。上一状态$k'=k-1$。
如果设$g[i][j][k]$表示$k$个同颜色棋子放了任意$i$行、$j$列的方案数，
则

$$f[i][j][k]+=f[l][r][k-1]*g[i][j][k]*C_{n-l}^{i-l}*C_{m-r}^{i-r}$$
$C_{n-l}^{i-l}$表示在空着的$n-l$行中选出$i-l$行放棋子。$C_{m-r}^{i-r}$同理。

怎么求$g[i][j][k]$呢？（卡壳处）
直接求求不出，可以换一种思路——容斥，用所有方案减去不合法方案（即有行列没填，或者可以理解为合法的局部方案）。

$$g[i][j]=C_{i*j}^{k}-g[l][r]*C_{i}^l*C_{j}^r$$ 依式转移即可。

由于只要放完棋子而不一定要摆满行列。

$$ans=\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}f[i][j][c]$$
注意事项：

• 允许一种颜色棋子只放行、不放列的情况。
• 注意组合数的合法性（即$C_n^m$中$n\geq m$)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=2005,mod=1e9+9;
int n,m,c,a[40];
ll f[40][40][40],g[40][40],C[N][N],ans;
il ll gi()
{
  re ll x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
int main()
{
  n=gi();m=gi();c=gi();
  fp(i,1,c) a[i]=gi();
  fp(i,0,2000)
    {
      C[i][0]=1;
      fp(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
    }
  f[0][0][0]=1;
  fp(k,1,c)
    {
      memset(g,0,sizeof(g));//注意到g值只对一种颜色有效
      fp(i,0,n)
    fp(j,0,m)
    if(i*j>=a[k])//...
    {
      g[i][j]=C[i*j][a[k]];
          fp(l,0,i)
        fp(r,0,j)
        if(l<i||r<j)//
        g[i][j]=(g[i][j]-g[l][r]*C[i][l]%mod*C[j][r]%mod+mod)%mod;
    }
      fp(i,0,n)
    fp(j,0,m)
    fp(l,0,i)
    fp(r,0,j)
    if(l<i||r<j)//
    f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[l][r][k-1]*g[i-l][j-r]%mod*C[n-l][i-l]%mod*C[m-r][j-r]%mod+mod)%mod;
    }
  fp(i,1,n) fp(j,1,m) (ans+=f[i][j][c])%=mod;
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}