JZOJ4974. 运河计划

2019-11-08 02:04:18

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供稿：网友

题目大意

给定一个n∗m $n*m$ 的网格图，给定p $p$ 对起点和终点，求不经过q $q$ 个障碍物且p $p$ 条路径（只能向下和向右走）不相交的方案数。

Data Constraint n,m≤100000,p,q≤200 $n,m/leq100000,p,q/leq200$

题解

一个结论：设矩阵A[i][j] $A[i][j]$ 表示第i $i$ 个起点到第j $j$ 个终点不经过其他任何点的方案数，那么最终答案就是这个矩阵的行列式。

至于这个方案我们就可以设f[i][j] $f[i][j]$ 表示第i $i$ 个关键点到第j $j$ 个关键点不经过其他点的方案，枚举第一个经过的点减去方案来转移。

矩阵行列式用高斯消元来算：每次找主元交换两行时，就给最后的答案乘-1，最后在乘上消完之后的矩阵的对角线。

时间复杂度：O(p3) $O(p^3)$

SRC

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std ;#define N 15 + 10#define M 200 + 10#define K 200000 + 10typedef long long ll ;const int MO = 998244353 ;struct Note { int x , y , type ; Note ( int X = 0 , int Y = 0 , int T = 0 ) { x = X , y = Y , type = T ; }} P[3*M] ;int fac[K] , _fac[K] ;int f[3*M][3*M] , h[3*M] ;int A[M] , B[M] , C[M][M] ;int n , m , p , q ;int ans , Cnt ;bool cmp( Note a , Note b ) { return a.x < b.x || ( a.x == b.x && a.y < b.y ) ; }int Power( int x , int k ) { int s = 1 ; while ( k ) { if ( k & 1 ) s = (ll)s * x % MO ; x = (ll)x * x % MO ; k /= 2 ; } return s ;}int Calc( int n , int m ) { return (ll)fac[n] * _fac[m] % MO * _fac[n-m] % MO ; }int Get( Note a , Note b ) { return Calc( b.x - a.x + b.y - a.y , b.x - a.x ) ;}void PRe() { fac[0] = _fac[0] = 1 ; for (int i = 1 ; i < K ; i ++ ) { fac[i] = (ll)fac[i-1] * i % MO ; _fac[i] = Power( fac[i] , MO - 2 ) ; }}void Gauss( int n ) { int t = 1 ; for (int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) { if ( !C[i][i] ) { for (int j = i + 1 ; j <= n ; j ++ ) { if ( C[j][i] ) swap( C[j] , C[i] ) ; } t *= -1 ; if ( !C[i][i] ) { ans = 0 ; return ; } } int ni = Power( C[i][i] , MO - 2 ) ; for (int j = 1 ; j <= n ; j ++ ) { if ( C[j][i] == 0 || i == j ) continue ; int d = (ll)C[j][i] * ni % MO ; for (int k = 1 ; k <= n ; k ++ ) C[j][k] = ((C[j][k] - (ll)C[i][k] * d % MO) % MO + MO) % MO ; } } ans = 1 ; for (int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) ans = (ll)ans * C[i][i] % MO ; ans *= t ;}int main() { Pre() ; scanf( "%d%d%d%d" , &n , &m , &p , &q ) ; for (int i = 1 ; i <= p ; i ++ ) { scanf( "%d" , &A[i] ) ; P[++Cnt] = Note( 0 , A[i] , 1 ) ; } for (int i = 1 ; i <= p ; i ++ ) { scanf( "%d" , &B[i] ) ; P[++Cnt] = Note( n , B[i] , 2 ) ; } for (int i = 1 ; i <= q ; i ++ ) { int x , y ; scanf( "%d%d" , &x , &y ) ; P[++Cnt] = Note( x , y , 3 ) ; } sort( P + 1 , P + Cnt + 1 , cmp ) ; for (int i = 1 ; i <= Cnt ; i ++ ) { if ( P[i].type != 1 ) continue ; for (int j = i + 1 ; j <= Cnt ; j ++ ) { if ( P[j].y < P[i].y ) continue ; f[i][j] = Get( P[i] , P[j] ) ; for (int k = i + 1 ; k < j ; k ++ ) { if ( P[k].y > P[j].y || P[k].y < P[i].y ) continue ; f[i][j] = ((f[i][j] - ((ll)f[i][k] * Get( P[k] , P[j] )) % MO) % MO + MO) % MO ; } } } int tot1 = 0 , tot2 = 0 ; for (int i = 1 ; i <= Cnt ; i ++ ) { if ( P[i].type == 1 ) h[i] = ++ tot1 ; if ( P[i].type == 2 ) h[i] = ++ tot2 ; } for (int i = 1 ; i <= Cnt ; i ++ ) { if ( P[i].type != 1 ) continue ; for (int j = i + 1 ; j <= Cnt ; j ++ ) { if ( P[j].type != 2 ) continue ; C[h[i]][h[j]] = f[i][j] ; } } Gauss( p ) ; printf( "%d/n" , ans ) ; return 0 ;}

以上.

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