方格取数
看一眼复杂度，\(O(nm)\)级别的，考虑两个循环的 DP。分析整个题面之后发现，我们穿过边界时，当且仅当另一个连通块的权值比当前的大，否则便不会为了穿过边界而损失当前金块。所以，我们做一个 DP 一样的东西：因为发现每个格子只能走一遍，那么在每一列你只能选择一直向上走和一直向下走，所以这个 DP 便没了后效性，然后再处理连通块之间的连接判断就做完了。
看一眼复杂度，\(O(nm)\)级别的，考虑两个循环的 DP。分析整个题面之后发现，我们穿过边界时，当且仅当另一个连通块的权值比当前的大，否则便不会为了穿过边界而损失当前金块。所以，我们做一个 DP 一样的东西：因为发现每个格子只能走一遍，那么在每一列你只能选择一直向上走和一直向下走，所以这个 DP 便没了后效性，然后再处理连通块之间的连接判断就做完了。
思考量很小的一道题。
先用间接法来算。初始答案为\(n!\)，然后考虑容斥掉那些符合排序规则的方案。发现，我们可以分开来考虑，按照容斥的顺序：先考虑只算第一维、第二维的，在加回来两维都考虑的。
第一维和第二维的做法非常显然：排序之后用多重集的排列就行了，考虑每一个相同的区间里面内部乘起来。如果有\(k\)个连续的数段，那么部分的答案就是\(\prod_{i = 1}^l len_k!\)。
这道题很有意思啊。如果暴力枚举，答案式子：
\[ans = \sum_{x}^n \sum_{y}^m {up_{x,y} \choose k} {left_{x,y} \choose k} {right_{x,y} \choose k} {down_{x,y} \choose k}\]
其中\(up, left, right, down\)代表上下左右的常青树棵树。如何降低复杂度？
首先，我们可以考虑进行离散化：上下左右只要有为\(0\)的情况是不可能对答案有贡献的。然后，发现空隙中上下的部分：
这道题需要多重集的知识，如果没有学习请看这篇博客的多重集部分。
很明显，题意要求我们求出多重集的组合数，且为“增强版组合数”。所以，我们根据公式，使用二进制分解的方法来求出即可。这是一道比较裸的多重集组合数问题。
// CF451E.cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7, MAX_N = 25;
ll arr[MAX_N], n, inv[MAX_N], m;
ll quick_power(ll bas, ll tim)
{
ll ans = 1;
while (tim)
{
if (tim & 1)
ans = ans * bas % mod;
bas = bas * bas % mod;
tim >>= 1;
}
return ans;
}
ll C(ll a, ll b)
{
if (a < 0 || b < 0 || a < b)
return 0;
a %= mod;
if (a == 0 || b == 0)
return 1;
ll ans = 1;
for (int i = 0; i < b; i++)
ans = ans * (a - i) % mod;
for (int i = 1; i <= b; i++)
ans = ans * inv[i] % mod;
return ans;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%lld", &arr[i]);
inv[0] = 1;
for (int i = 1; i < MAX_N; i++)
inv[i] = quick_power(i, mod - 2);
ll ans = 0;
for (int stat = 0; stat < (1 << n); stat++)
if (stat == 0)
ans = (ans + C(n + m - 1, n - 1)) % mod;
else
{
ll t = n + m, p = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
if ((stat >> i) & 1)
p++, t -= arr[i + 1];
t -= (p + 1);
if (p & 1)
ans = (ans - C(t, n - 1)) % mod;
else
ans = (ans + C(t, n - 1)) % mod;
}
ans = (ans + mod) % mod;
printf("%lld", ans);
return 0;
}
source:Page 172，《算法竞赛进阶指南》李煜东著